1、北京市陈经纶中学2020-2021学年高二数学12月月考试题（含解析）一、选择题1. 空间四边形中，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量的三角形法则，即可求解.【详解】如图所示，根据向量的运算，可得.故选：B.2. 数列，的通项公式可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据观察法，即可得出数列的通项公式.【详解】因为数列可写成，所以其通项公式为.故选：D.3. 设不同直线：，：，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】当m2时，代入两直线方程中，易知两直线平行
2、，即充分性成立当l1l2时，显然m0，从而有m1，解得m2或m1，但当m1时，两直线重合，不合要求，故必要性成立，故选C.点睛：充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假并注意和图示相结合，例如“”为真，则是的充分条件2等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件4. 已知平面内的三点，平面的一个法向量为，且与不重合，则（）A. B. C. 与相交但不垂直D. 以上都不对【答案】A【解析】【分析】计算出，可得出也为平面的一个法向量，从而可判断出平面与的位置关系
3、.【详解】，也为的一个法向量，又与不重合，因此，.故选：A.【点睛】本题考查利用向量判断两平面的位置关系，求出两平面的法向量是解题的关键，考查计算能力与推理能力，属于基础题.5. A是抛物线上的一点，F为抛物线的焦点，O为坐标原点，当时，,则抛物线的准线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】过点A作准线的垂线AC，过点F作AC的垂线FB，垂足分别为C，B，如图由题意知BFAOFA9030，又因为|AF|4，所以|AB|2.点A到准线的距离d|AB|BC|p24，解得p2，则抛物线y24x的准线方程是x1.故选A.点睛：本题主要考查了抛物线的简单性质解题的关键是利用了抛物线的定义
4、一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用,尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化.6. 在空间直角坐标系中，平面的法向量为，已知，则到平面的距离等于 ( )A. 4B. 2C. 3D. 1【答案】B【解析】【分析】【详解】设点到平面的距离为，则，选B考点：点到平面的距离的计算.7. 已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则（ ）A. 2B. C. 6D. 【答案】C【解析】试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C.考点：切线长8. 已知数列满足.对于说法：当时，数列为递减数列；当时，数列不一定
5、有最大项；当时，数列为递减数列；当为正整数时，数列必有两项相等的最大项，正确的是（）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】当时时，所以不是递减数列，故错；当时时，所以数列总是先增后减，一定有最大项，故错；当时时，所以数列是递减数列，故正确；当为正整数时，当时，当时，令，解得，则，当时，结合，数列必有两项相等的最大项，故正确.故选B.二、填空题9. 已知向量，则_.【答案】【解析】【分析】根据空间向量坐标运算法则直接计算即可.【详解】向量，则，则.故答案为：.10. 在等差数列中，若，则_.【答案】【解析】【分析】利用等差中项的性质可得出的值，进而利用等差中项的性质可求得的
6、值.【详解】由等差中项的性质可得，可得，因此，.故答案为：.11. 已知椭圆的左、右焦点为，椭圆上一点满足，则_.【答案】【解析】【分析】先计算长轴长2a，再根据椭圆定义，计算即可.【详解】椭圆中，即，因为，所以.故答案为：.12. 求过原点且倾斜角为的直线被圆截得的弦长【答案】【解析】【分析】首先求得圆心到直线的距离，然后利用弦长公式可得弦长.【详解】过原点且倾斜角为的直线方程为，圆的标准方程为，圆心坐标为，半径为圆心到直线的距离：，结合弦长公式可得弦长为：.【点睛】本题主要考查点到直线距离公式，圆的弦长公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13. 已知双曲线的焦点为，实轴长为2
7、，则双曲线的离心率是_；若点是双曲线的渐近线上一点，且，则的面积为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】易得，再结合，可知，然后由求出离心率；可求出经过一、三象限的渐近线方程为，设点，分别求出和，根据列出方程，求出x的值，然后可得点到y轴的距离，最后计算的面积.【详解】易知，所以，又，所以；所以双曲线的方程为：，其中经过一、三象限的渐近线方程为，故可设点，所以，因为，所以，即，解之得：，所以点到y轴的距离为，又，所以：.故答案为：；.【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，考查向量垂直的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化思想，属于常考题.14. 曲线是平面内与定点和定直线的距
8、离的积等于4的点的轨迹.给出下列四个结论：曲线过坐标原点；曲线关于轴对称；曲线与轴有3个交点；若点在曲线上，则的最小值为.其中，所有正确结论的序号是_.【答案】【解析】【分析】先设动点坐标为，根据题意构建关系，令，得知图象过原点，即判断正确错误；关系式中用代替，等式不变，即判断正确；利用关系解出，再计算求解函数最值，即判断正确.【详解】设动点的坐标为，则当时，曲线过坐标原点，故正确；将中的用代替，该等式不变，曲线关于轴对称，故正确；令，则，故曲线与轴只有个交点，故错误；，由解得，若点在曲线上，则，当时等号成立，故正确综上所述，所有正确结论为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于求
9、出动点的轨迹方程，才能利用方程研究性质，即突破难点.三、解答题15. 已知在等比数列中, ,且是和的等差中项.（1）求数列的通项公式;（2）若数列满足,求的前项和.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】(1)由题意结合等差数列的性质得到关于公比的方程，解方程求得公比的值，然后结合首项求解数列的通项公式即可.(2)结合(1)的结果首先确定数列的通项公式，然后分组求和即可求得数列的前项和.【详解】(1)设等比数列的公比为,则,是和的等差中项,即,解得,.(2) ,则.【点睛】数列求和的方法技巧：(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和(2)错位相减：用于等差数列与等比
10、数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和16. 已知点在圆上，直线与圆交于，两点，且与圆交于，两点.（1）求圆的方程；（2）如果点为线段的中点，且，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）把点代入圆O的方程求得半径，即得结果；（2）由得，求得直线l的斜率，再分点M与原点重合与不重合进行讨论求解即可.【详解】解：（1）点在圆上，故代入方程计算得，故.所以圆的方程为；（2）因为，所以，故由的斜率为，知直线l的斜率为3，当点M与原点重合时，直线l的方程为，满足题意；当点M不与原点重合时，因为点为线段的中点，则，所以直线OM的方程为，设直线l的
11、方程为，由得，即，又由M在圆C上可知，解得或（舍去），此时直线l的方程为，即.综上，直线的方程为或.17. 已知椭圆的离心率为，过点的直线与有两个不同的交点，线段的中点为，为坐标原点，直线与直线分别交直线于点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）求线段的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意列出关于的等式再求解即可.（2）设直线方程为，再联立直线与椭圆的方程,求得中点的坐标，利用韦达定理可得，再分析与两种情况分别利用基本不等式求解最值即可.【详解】解：（1）依题意可知解得.所以椭圆的标准方程为；（2）显然直线斜率存在，设过点点的直线方程为，（，否则直线与直线无交点.）直线与椭圆的交点为.由得，则，.所以令，.直线方程为，令，.所以. 当时，当且仅当时,即时等号成立； 当时，当且仅当时取等号成立.此时.综上，线段的取值范围为.故线段的最小值为.【点睛】思路点睛：直线与椭圆的综合问题的常见处理方法：（1）对椭圆上两点构成的弦及其中点相关的题型，我们常用“点差法”，其中直线的斜率，中点的坐标M为，点代入椭圆方程作差，就可以得到弦中点与直线斜率的关系式（2）对于弦长问题，我们常让直线与椭圆方程组方程组，再利用韦达定理及弦长公式，建立关系式其中弦长公式：（已知直线上的两点距离）设直线，上两点，所以或，斜率不存在时，解决相关问题.