重庆市第八中学2023-2024学年度高二上学期检测六数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第八中学2023-2024学年度高二上学期检测六数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 在等差数列中，，，则等内容，欢迎下载使用。
一.选择题（本大题共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. 在等差数列中，，，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列的性质得到，从而求出公差，得到答案.
【详解】由等差数列的性质可知，
又，故，
设等差数列的公差为，则，
所以.
故选：C
2. 已知随机事件和互斥,且,,则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】因为和互斥,由求出,再由即可得到答案.
【详解】因为和互斥,
所以,
又,
所以,
因为,
所以.
故选:B.
3. 记等差数列的公差为，若是与的等差中项，则d的值为（ ）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列通项公式及等差中项的意义列式求解即得.
【详解】等差数列的公差为，由是与的等差中项，得，
即，整理得，而，解得，
所以d值为1.
故选：C
4. “中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲. 1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”. “中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2021这2020个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题设且，应用不等式求的范围，即可确定项数.
【详解】由题设，且，
所以，可得且.
所以此数列的项数为.
故选：C
5. 已知满足对一切正整数均有且恒成立，则实数的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意整理可得对一切正整数恒成立，根据恒成立问题分析求解.
【详解】因为满足对一切正整数均有且恒成立，
即恒成立，化为，
可知对一切正整数恒成立，所以，
故选：C.
6. 在椭圆中，已知焦距为2，椭圆上的一点与两个焦点的距离的和等于4，且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆中焦点三角形的几何性质，结合椭圆的定义与余弦定理即可求得各边长，再利用面积公式即可求得的面积.
【详解】由题可知，焦距，则，又椭圆上的一点与两个焦点的距离的和等于4，
即，所以，
在中，，
由余弦定理得：，
整理得，所以，则，故的面积.
故选：D.
7. “斐波那契”数列是由十三世纪意大利数学家斐波那契发现的，数列中的一系列数字常被人们称为神奇数，具体数列为1，1，2，3，5，8，…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和.已知数列为“斐波那契”数列，为数列的前项和，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用迭代法可得，可得，即得.
【详解】∵
，
∴.
故选：C.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，若A为线段的中点，且，则C的离心率为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得为直角三角形，再结合A为线段的中点，可得AO垂直平分，可表示出直线，再联立渐近线方程可以得到，，的关系，进而得到双曲线离心率
【详解】由题意可知，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，当两个交点分别在第二和第三象限时不符合，
A为线段的中点，当交点在轴上方或轴下方时，根据对称性结果是一样的，选择一种即可，如图.
根据双曲线可得，，，两条渐近线方程，
，为的中点，
，又A为线段BF1的中点，垂直平分，
可设直线为①，直线为②，直线为③，
由②③得，交点坐标，点还在直线上，，可得，
，所以双曲线C的离心率，
故选：B
二.多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
9. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 数列是递增数列B.
C. 当时，D. 当或4时，取得最大值
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定的前项和，求出，再逐项判断作答.
【详解】数列的前项和，当时，，
而满足上式，所以，B正确；
数列是公差为的等差数列，是单调递减的，A不正确；
当时，，C正确；
当时，，即数列前3项均为正，第4项为0，从第5项起为负，
因此当或4时，取得最大值，D正确
故选：BCD
10. 一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏.方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后不放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球.记三种方案选到3号球的概率分别为，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意分别求，，，方案一：直接求解即可；方案二：选到3号球有两种可能：第二次摸出的为3号球，或第一次2号球，第二次1号球；方案三：根据古典概型利用列举法求解．
【详解】方案一：“选到3号球”的概率，
方案二：选到3号球有两种可能：第二次摸出的为3号球，或第一次2号球，第二次1号球，则“选到3号球”的概率，
方案三：同时摸出两个球共有：共3个基本事件，“选到3号球”包含共2个基本事件，“选到3号球”的概率.
∴，，，，ABD正确，C错误.
故选：ABD.
11. 若正项数列是等差数列，且，则（ ）
A. 当时，B. 的取值范围是
C. 当为整数时，的最大值为29D. 公差的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，根据等差数列的定义求出公差的值，即可求出；又数列是正项等差数列，根据，即可求出公差的取值范围，继而可以判断B,C,D.
【详解】当,时，公差，，故A正确；
因为是正项等差数列，所以，即，且，
所以公差的取值范围是，故D错误；
因为，所以的取值范围是，故B正确；
，当为整数时，的最大值为29，故C正确；
故选：ABC.
12. 如图，已知矩形中，，.点为线段上一动点（不与点重合），将沿向上翻折到，连接，.设，二面角的大小为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，，则
B. 若，则存在，使得平面
C. 若，则直线与平面所成角的正切值的最大值为
D. 点到平面的距离的最大值为，当且仅当且时取得该最大值
【答案】AD
【解析】
【分析】根据翻折前后的几何关系，利用面面垂直的性质定理，结合余弦定理求解选项A；利用线面垂直的判定定理、性质定理判断选项B；利用翻折前后的几何关系，结合线面角的定义求解选项C；利用几何关系，以及线面垂直的性质定理、判定定理求解选项D.
【详解】
对A，取中点，连接，，,
则有,且，所以，
又平面平面，平面平面，平面,
所以平面，平面，
故，，
在直角三角形中，，
所以，
在中，由余弦定理得：，A正确；
对B，同选项A，知，若平面，
且平面,则，
且平面，
所以平面，平面，所以，显然矛盾，B错误；
对C，连接交于点,因为几何关系可知，,
所以,
又因为,
所以所以,
即，则，，平面,
所以平面，平面，
所以平面平面，故所求线面角为.
又点在以为圆心，为半径的圆上，
从而当直线与圆相切时，最大，
故，从而，C错误；
对D,点到平面的距离，
等号成立当且仅当平面，
因为平面，所以,从而，
且矩形中，平面,
所以平面，过作于点.
连接，在直角三角形中，
由等面积法可得，,所以,
所以，
因以平面，平面，
,平面，
所以平面，
由翻折知，故，解得，即.
又由二面角的面积射影知：,D正确；
故选:AD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用翻折前后的几何关系，结合直线与平面、平面与平面的判定定理、性质定理证明相应的结论.
三.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置上.）
13. 若一数列为1，，，，…，则是这个数列的第________项.
【答案】15
【解析】
【分析】根据数列指数的特点求出通项公式，即可得到结果.
【详解】数列的指数分别是0，7，14，21，…，
则指数部分构成首项为，公差为的等差数列，
则对应指数的通项公式为，
由，
所以是这个数列的第15项.
故答案为：15
14. 甲、乙二人进行射击游戏，甲、乙射击击中与否是相互独立事件，规则如下：若射击一次击中，则此人继续射击；若射击一次不中，就由对方接替射击． 已知甲、乙二人射击一次击中的概率均为，且第一次由甲开始射击，则前2次射击中甲恰好击中1次的概率是_________；第3次由甲射击的概率是_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一空：前2次射击中甲恰好击中1次只有一种情况，从而得出结果；第二空：第3次由甲射击有两种情况，分类讨论得出结果.
【详解】第一空：前2次射击中甲恰好击中1次只有一种情况：第1次甲击中，第2次甲未击中，故概率是；
第二空：第3次由甲射击有两种情况是：第1次甲击中，第2次甲还击中；第1次甲未击中，第2次乙也未击中，
故概率是.
故答案为：；.
15. 数列满足：，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据数列的通项公式逐个代入，当代入到第五个时，发现出现重复，则数列存在周期，利用周期的特点求值即可.
【详解】解：∵，，
∴当时，，
当时，，
依此类推，，，，
∴数列为周期数列，周期，
∴.
故答案为：.
16. 已知抛物线焦点为F，斜率为k的直线过F交抛物线于A，B，中点为Q，若圆上存在点P使得，则k的取值范围是______.
【答案】
【解析】
分析】根据题意，设直线，然后联立抛物线方程，然后列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】
设中点为，即，P在为直径的圆上，所以只需该圆与为直径的圆有公共点即可.
设直线，联立得
解得，，
所以圆心距，即可（不可能内含）
则化简得，
代入得，
故答案为：
四.解答题（本大题共6小题，共70分.请将正确答案做在答题卷相应位置，要有必要的推理或证明过程.）
17. 已知抛物线（）的焦点F与双曲线的一个焦点重合.
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点F的直线与抛物线C交于A，B两点，且，求线段的中点M到准线的距离.
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的焦点求得，从而求得抛物线的方程.
（2）先根据抛物线过焦点的弦长公式求得点的横坐标，结合准线方程求得到准线的距离.
【小问1详解】
∵双曲线的焦点坐标为，
又抛物线（）的焦点，
∴，即.
∴抛物线C的方程为.
【小问2详解】
设，，由抛物线定义，
知，
∴，于是线段的中点M的横坐标是3，
又准线方程是，
∴点M到准线的距离等于.
18. 为普及消防安全知识，某学校组织相关知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，，甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
（1）甲在比赛中恰好赢一轮的概率；
（2）从甲、乙两人中选1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
（3）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
【答案】（1）
（2）派甲参赛获胜的概率更大
（3）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算即可；
（2）利用独立事件的乘法公式分别求出甲乙赢的概率，据此即可得出结论；
（3）先求出两人都没有赢得比赛，再根据对立事件的概率公式即可得解.
【小问1详解】
设“甲在第一轮比赛中胜出”，“甲在第二轮比赛中胜出”，
“乙在第一轮比赛中胜出”，“乙在第二轮比赛中胜出”，
则，，，相互独立，且，，，，
设“甲在比赛中恰好赢一轮”
则；
【小问2详解】
因为在两轮比赛中均胜出赢得比赛，则“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”，
所以，
，
因为，所以派甲参赛获胜的概率更大；
【小问3详解】
设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”，
于是“两人中至少有一人赢得比赛”，
由（2）知，，
所以，
，
所以.
19. 已知点，依次为双曲线：的左右焦点，，，.
（1）若，以为方向向量的直线经过，求到的距离.
（2）在（1）的条件下，双曲线上是否存在点，使得，若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意求双曲线方程以及直线的方程，进而求点到直线的距离；
（2）设，根据数量积的坐标运算结合双曲线方程运算求解.
【小问1详解】
由题意可知：，，，
则，可知双曲线的方程为，
因为为直线的方向向量，则直线的斜率，
且点在直线上，则直线方程为，即，
所以到的距离.
【小问2详解】
由题意可知：，设，
则，
因为，整理得：，
由点在双曲线上，则，
可得：，即，
所以，无解，所以不存在.
20. 2023年10月22日，汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行，志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障，襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．

（1）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者．
①现计划从第一组和第二组抽取的人中，再随机抽取2名作为组长．求选出的两人来自不同组的概率．
②若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组面试者所有人的方差．
【答案】（1）平均数为，第25百分位数为63
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图列出方程组解出，然后分别计算出平均数和百分位数即可；
（2）①先利用分层抽样的方法计算样本，然后利用古典概型概率求解，然后根据题意计算方差即可.
【小问1详解】
由题意可知：，
解得，
可知每组的频率依次为：，
所以平均数等于，
因为，
设第25百分位数为，
则，
解得，
第25百分位数为63．
【小问2详解】
①根据分层抽样，和的频率比为，
故在和中分别选取1人和5人，分别编号为A和1，2，3，4，5，
则在这6人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有：
，，，，A5，12，13，14，15，23，24，25，34，35，45，
共15个，即，
记事件B“两人来自不同组”，则B包含的样本点有，，，，共5个，
即，所以
②设第二组、第四组的平均数与方差分别为，，，，
且两组频率之比为，
成绩在第二组、第四组的平均数
成绩在第二组、第四组的方差
，
故估计成绩在第二组、第四组的方差是．
21. 如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体.
（1）求证：平面平面；
（2）若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据二面角的定义得到为二面角的平面角，根据二面角的正切值得到，，然后根据相似得到，，然后建系，设利用空间向量的方法列方程求即可.
【小问1详解】
∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，，而平面，故.
∴为二面角的平面角，
又平面，平面，
∴，，
∴，.
在①，∴，
令，则，
解得.即，.
在①中作，垂足.
①
则可得，.
∵平面平面，平面，平面平面，
∴平面，
过作，以为原点，，，分别为轴轴轴建立如图直角坐标系，则
②
，，，.
，，
设，.
设平面的法向量为，则
，∴，取，，即，
设平面法向量为，则
，取，，.即.
.
解得（舍去），或.
∴.
22. 已知椭圆的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设斜率为k的直线与椭圆C交于两点，O为坐标原点，若的面积为定值，判断是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）是定值，定值为6
【解析】
【分析】（1）根据题意条件，可直接求出的值，然后再利用条件中、的关系，借助即可求解出、的值，从而得到椭圆方程；
（2）根据已知条件设出、所在的直线方程，然后与椭圆联立方程，分别表示出根与系数的关系，再表示出弦长关系，再计算点到直线的距离，把面积用和的式子表示出来，通过给出的面积的值，找到和的等量关系，将等量关系带入到利用跟与系数关系组合成的中即可得到答案.
【小问1详解】
由题意：，
由知：，
故椭圆C的标准方程为，
【小问2详解】
设：，①
椭圆.②
联立①②得：，
，即
∴，
O到直线l的距离，
∴
，
∴，即，
∴
.