重庆市万州第二高级中学2021-2022学年高二下学期入学考试数学含解析

这是一份重庆市万州第二高级中学2021-2022学年高二下学期入学考试数学含解析，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解算题等内容，欢迎下载使用。
万州二中高2020级高二下学期入学考试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知等比数列的前项和为，若公比，则＝（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，由等比数列的通项公式与前项和公式直接计算即可.【详解】由已知可得.故选：A.2. 已知，，，若向量共面，则实数等于（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】A【解析】分析】由向量共面，建立方程组，即可求解.【详解】向量共面，则，（）.则有，所以解得：x=1，y=1，=1.故选：A3. 已知直线，则下列结论正确的是（    ）A. 直线的倾斜角为B. 向量是直线的一个方向向量C. 过点与直线平行的直线方程为D. 若直线，则【答案】D【解析】【分析】求出直线的倾斜角可判断A，由直线的方向向量可判断B，由直线平行设所求，代点即可判断C，由直线垂直可判断D【详解】对于A：的斜率为，所以直线的倾斜角为，故A错误；对于B：因为直线的方向向量为或，所以的方向向量为或，故B错误；对于C：因为与直线平行的直线方程可设为，又直线过点，故，解得，故所求直线为，故C错误；对于D：，，则，所以，故D正确；故选：D4. 已知双曲线的左､右焦点分别为，，P为双曲线C上一点，，直线与y轴交于点Q，若，则双曲线C的渐近线方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可设且，即得a、b的数量关系，进而求双曲线C的渐近线方程.【详解】由题设，，，又，P为双曲线C上一点，∴，又，为的中点，∴，即，∴双曲线C的渐近线方程为.故选：B.5. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数到与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列、这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23则该数列的第100项为（    ）A. 4862 B. 4962 C. 4852 D. 4952【答案】D【解析】【分析】根据题意可得数列2，3，5，8，12，17，23，，满足：，，从而利用累加法即可求出，进一步即可得到的值．【详解】2，3，5，8，12，17，23，后项减前项可得1，2，3，4，5，6，所以，所以.所以.故选：D6. 正数数列的前项和为，，则下列选项中正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题设求出、、，并猜想的通项公式，再利用数学归纳法证明，进而判断各选项的正误.详解】由题设，当时，得，当时，，整理得，∴；，整理得，∴；猜想：，由时，符合题设，假设时，， 则时，，∴，整理得，∴也成立，故，成立.∴，易知A、B错误；，，故C错误，D正确.故选：D【点睛】关键点点睛：应用数学归纳法证明猜想的通项公式，进而判断各项正误.7. 方程有两个不同的解，则实数k的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】转化为圆心在原点半径为1的上半圆和表示恒过定点的直线始终有两个公共点，结合图形可得答案.【详解】令，平方得表示圆心在原点半径为1的上半圆，表示恒过定点的直线，方程有两个不同的解即半圆和直线要始终有两个公共点，如图 圆心到直线的距离为，解得，当直线经过时由得，当直线经过时由得，所以实数k的取值范围为.故选：C.8. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，，点满足.设点的轨迹为，则下列说法错误的是（    ）A. 轨迹的方程为B. 在轴上存在异于的两点，使得C. 在上存在点，使得D. 当三点不共线时，射线是的角平分线【答案】C【解析】【分析】根据题意，设点坐标，结合两点之间的距离公式以及角平分线的性质，一一判断即可.【详解】对于选项A，设，由，得，化简得，因此A正确；对于选项B，假设在轴上存在异于的两点，使得，设，，则，化简得，因为，所以，因此，解得或（舍），即在轴上存在异于的两点，使得，故B正确；对于选项C，若在上存在点，使得，设，则，化简得，与联立，方程组无解，故在上不存在点，使得，因此C错；对于选项D，当，，三点不共线时，，可知射线是的角平分线，故D正确.故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的0分.9. 已知圆：和圆：，以下结论正确的是（    ）A. 若和只有一个公共点，则B. 若，则和关于直线对称C. 若，则和外离D. 若且和的公共弦长为，则【答案】BCD【解析】【分析】根据圆与圆位置关系对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】圆的圆心为，半径为.圆的圆心为，半径为.圆心距.当时，，两圆内切，和只有一个公共点，A选项错误.当时，两个圆的半径相等，和关于直线对称，B选项正确.当时，，即，和外离，C选项正确.当，，，所以，所以两圆相交，，两式相减并化简得，即相交弦所在直线方程为，所以公共弦长为，D选项正确.故选：BCD10. 已知抛物线，其焦点为F，准线为l，PQ是过焦点F的一条弦，点，则下列说法正确的是（    ）A. 焦点F到准线l的距离为2B. 焦点，准线方程C. 的最小值是3D. 以弦PQ为直径的圆与准线l相切【答案】ACD【解析】【分析】对A：由抛物线方程及焦点F到准线l的距离为即可求解；对B：由抛物线方程即可求解；对C：利用抛物线的定义，将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，从而即可求解；对D：利用抛物线的定义，及圆心到直线的距离等于圆的半径则直线与圆相切，从而即可求解.【详解】解：对B：由抛物线，可得，准线    ，故选项B错误；对A：由抛物线，可得，即，所以焦点F到准线l的距离为，故选项A正确；对C：过点P作，垂足为，由抛物线的定义可得，所以（为点到准线l的距离），当且仅当、、三点共线时等号成立，所以的最小值是3，故选项C正确；对D：过点P、Q分别作，，垂足分别为、，设弦PQ的中点为M，则弦PQ为直径的圆的圆心为M，过点M作，垂足为，则为直角梯形的中位线，，又根据抛物线的定义有，，所以，所以以弦PQ为直径的圆与准线l相切，故选项D正确；故选：ACD.11. 设数列，的前项和分别为，，，，且，则下列结论正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】对于AB，通过累乘法求出的通项公式，进而求出的通项公式，即可求解；对于CD，通过的通项公式求出的通项公式，再通过裂项相消求，进而求解.【详解】由题意，得，∴当时，，又当时也符合上式，∴，易得，∴，故A，B正确；，∴，易知单调递增，∴，∴，故C错误，D正确.故选:ABD．12. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ）
 A. 当在平面上运动时，四棱锥的体积不变B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是C. 当直线与平面所成的角为45°时，点的轨迹长度为D. 若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是【答案】AC【解析】【分析】A. 由四棱锥的高和底面积判断； B.根据是等边三角形判断；C.根据直线与平面所成的角为，结合正方体的特征判断； D.建立空间直角坐标系，求得的坐标进行判断.【详解】A. 当在平面上运动时，点到面的距离不变，不变，故四棱锥的体积不变，故A正确；B. 建立如图所示空间直角坐标系： 设 ，，则 ，设与所成的角为，则 ，因为，当时， ，当 时， ，则 ，综上： ，所以与所成角的取值范围是，故B错误；C.因为直线与平面所成的角为，若点在平面和平面内，因为最大，不成立；在平面内，点的轨迹是，在平面内，点的轨迹是，在平面时，如图所示：，作平面，因为 ，所以 ，又 ，所以 ，则，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的四分之一圆，所以点的轨迹长度为，所以点的轨迹总长度为长度为，故C正确；D.建立如图所示空间直角坐标系： 设 ，，则 ， ，设平面的一个法向量为，则 ，即 ，令 ，则 ，因为平面，所以 ，即 ，所以 ，当 时，等号成立，故D错误；故选：AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 某条河上有抛物线型拱桥，当水面距拱顶5时，水面宽8，一条木船宽4，木船露出水面上的部分高为0.75.水面上涨到与抛物线拱项相距___________米时，木船不能通过.【答案】2【解析】【分析】根据题意建立平面直角坐标系并设出抛物线的方程，进而求出方程，然后解得答案.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线方程为，由题意点在抛物线上，代入得：，则抛物线方程为.设水面上涨使得木船接触到处，此时木船不能通航，设，则，所以水面距拱顶（米）.故答案为：2.14. 在四面体中，、分别是、的中点，若，则__．【答案】1【解析】【分析】由空间向量的线性运算将用表示，由空间向量基本定理可求得的值即可求解.【详解】在四面体中，、分别是、的中点，所以 ，所以，所以．故答案为：．15. 如果点在运动过程中，总满足关系式，记满足此条件的点M的轨迹为C，直线与C交于D，E，已知，则周长的最大值为______．【答案】8【解析】【分析】根据椭圆定义判断出轨迹，分析条件结合椭圆定义可知当直线x=m过右焦点时，三角形ADE周长最大.【详解】，到定点，的距离和等于常数，点的轨迹C为椭圆，且故其方程为，则为左焦点，因为直线与C交于D，E，则，不妨设D在轴上方，E在轴下方，设椭圆右焦点为A'，连接DA'，EA'，因为DA'＋EA'≥DE，所以DA＋EA＋DA'＋EA'≥DA＋EA＋DE，即4a≥DA＋EA＋DE，所以△ADE的周长，当时取得最大值8，故答案为：816. 在数列中，首项不为零，且，为的前项和．令，则的最大值为__________．【答案】【解析】【详解】数列首项，所以数列是公比为的等比数列，，，，所以，设，令,当且时取等号，，即的最大值为，故答案为.四、解算题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知等差数列为其前项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）若为数列的前项和，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意列出方程求得，即可求得数列的通项公式；（2）由，根据题意得到，利用等差数列的求和公式，即可求解.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，因为，可得，解得，所以数列的通项公式.【小问2详解】解：由，可得，所以，根据等差数列的求和公式，可得18. 已知圆关于直线对称，且圆心C在轴上.（1）求圆C的方程；（2）直线与圆C交于A、B两点，若为等腰直角三角形，求直线的方程.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）根据题意得到等量关系，求出，，进而求出圆的方程；（2）结合第一问求出的圆心和半径，及题干条件得到圆心到直线的距离为，列出方程，求出的值，进而得到直线方程【小问1详解】由题意得：直线过圆心，即，且，解得：，，所以圆C的方程为；【小问2详解】的圆心为，半径为2，由题意得：，圆心到直线的距离为，即，解得：或，所以直线的方程为：或.19. 已知正方体的棱长为2，E，F分别是BD，的中点，M是上一点，且.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）如图，以点A为原点，分别以直线AB，AD，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出结论；（2）利用向量法即可得出答案.【小问1详解】证明：如图，以点A为原点，分别以直线AB，AD，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，由，得，可取，因为，BM在平面外，所以平面；【小问2详解】解：因为，平面的法向量，设直线与平面所成角为，故，直线与平面所成角的正弦值为.20. 已知数列的前项和为，，数列满足，.（1）求数列和的通项公式；（2）设数列满足：，，若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由，利用数列通项与前n项和的关系求得；再由求解；（2）由，利用错位相减法求得， 由，利用累加法得到，从而求得，然后由恒成立求解.【详解】（1）当时，，∴，当时，由得，即，∴数列是公差为2的等差数列，∵，∴.由条件得，，∴，即数列是公比为2的等比数列，∴.（2），设数列的前项和为，则，∴，∴，，∴，由得，累加得，即，∴，∴，令，则，∴，∴，∴.21. 如图所示，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面，点M在线段上，且． （1）求实数a的值；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）若点N是直线上的动点，求面积的最小值，并说明此时点N的位置．【答案】（1）1；    （2）；    （3），N在DC的延长线上且NC＝CD﹒【解析】【分析】(1)根据和边长的值即可求出a的值；(2)选CD中点T，以AB，AT，AP为x，y，z轴建立直角坐标系A－xyz，求出平面与平面的法向量，利用法向量即可求出两平面夹角的余弦值；(3)设，用计算出面积，利用二次函数求最值即可﹒【小问1详解】∵PA⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴PA⊥AD，∴∴；【小问2详解】在△ABC中，，，∵四边形ABCD是平行四边形，选CD中点T，则AT⊥CD，∥，两两垂直，∴以AB，AT，AP为x，y，z轴建立直角坐标系A－xyz，则，∵AT为CD边上的高，，，∴M为AD中点，∴，设平面APC的法向量为，∴，取，设平面MPC的法向量为，取，∴，∴平面MPC与平面APC夹角余弦值为；【小问3详解】设，，∴∵,∴当t＝时，△NPB面积取最小值为，此时，N在DC的延长线上且NC＝CD，即C为ND的中点﹒22. 已知椭圆的一个焦点与短轴的两端点组成一个正三角形的三个顶点，且椭圆经过点.（1）求椭圆方程；（2）若直线与圆相切于点，且交椭圆于两点，射线于椭圆交于点，设的面积与的面积分别为.①求的最大值；②当取得最大值时，求的值.【答案】（1），（2）①1，②【解析】【分析】（1）设椭圆的上下顶点为，左焦点为，则由题意可得，从而椭圆方程为，将代入椭圆方程，解出，即可得到椭圆方程（2）由直线与圆相切得，则，设，将直线代入椭圆方程得，，，根据根与系数的关系和弦长公式可得，设点到直线的距离为，可得的面积，设，由直线与圆相切于点，可得，则，可得，可得，由，，即可得答案【详解】解：（1）由题意设椭圆的上下顶点为，左焦点为，则是等边三角形，所以，则椭圆方程为，将代入椭圆方程，可得，解得，所以椭圆方程（2）①由直线与圆相切得，则，设，将直线代入椭圆方程得，，，因为，所以，且，所以设点到直线的距离为，所以的面积为，当，得时等号成立，所以的最大值为1②设，由直线与圆相切于点，可得，则，可得，所以，因为，所以，所以【点睛】此题考查了直线与椭圆的位置关系、直线与圆相切、点到直线的距离公式、韦达定理、三角形面积公式、基本不等式的性质、弦长公式，考查了推理能力和计算能力，属于难题