重庆市第十八中学2023-2024学年高二上学期期末模拟数学试题（A卷）（Word版附解析）

这是一份重庆市第十八中学2023-2024学年高二上学期期末模拟数学试题（A卷）（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知A(－4,2,3)关于xOz平面的对称点为，关于z轴的对称点为，则等于( )．
A. 8B. 12C. 16D. 19
【答案】A
【解析】
【详解】由题可知
∴
故选A
2. 已知等差数列的前n项和为，且满足，则（ ）
A. 5B. 10C. 7D. 14
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的前项和公式，结合等差数列的通项公式即得.
【详解】设等差数列的公差为，
由，可得，
即，
因此.
故选：D.
3. 若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则的值为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】解：椭圆的右焦点为(2,0)，所以抛物线的焦点为(2,0)，则，故选D．
4. 已知双曲线C的中心在坐标原点，其中一个焦点为，过F的直线l与双曲线C交于A、B两点，且AB的中点为，则C的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用点差法即可．
【详解】由F、N两点的坐标得直线l的斜率．
∵双曲线一个焦点为(-2，0)，∴c=2．
设双曲线C的方程为，则．
设，，则，，．
由，得，
即，∴，易得，，，
∴双曲线C的离心率．
故选：B．
5. “”是“为椭圆方程”是
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】B
【解析】
【详解】依题意有,解得,故选.
6. 已知数列满足：，若，，则（ ）
A. 84B. 63C. 42D. 21
【答案】C
【解析】
【分析】利用题意得到是等比数列，故设其公比为，可得到，可得到，即可求得答案
【详解】∵，∴数列是等比数列，设其公比为，
∵，，
即，解得或（舍去），
∴，
故选：C.
7. 已知是的重心，是空间中的一点，满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由是的重心可得，然后再结合题意即可求出.
【详解】由题意知是的重心，则，即
所以，
又因为，
所以.
故选：C.
8. 已知数列{an}满足a1＝60，an＋1－an＝2n，则的最小值为（ ）
A. B. 29C. 102D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用累加法可求出数列的通项公式，再利用对勾函数求最小值即可.
【详解】因为an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝60＋2＋4＋…＋2(n－1)＝n(n－1)＋60＝n2－n＋60，所以＝n＋－1，令f(x)＝x＋ (x≥2)，由对勾函数性质可知，f(x)在区间[2,2)上递减，在区间(2，＋∞)上递增，又7＜2＜8，n为正整数，所以时，数列{an}是递减数列，时，{an}是递增数列.又当n＝7时，7＋－1＝；当n＝8时，8＋－1＝，且＜ ＜，所以的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题考查了利用累加法求数列通项公式和数列单调性求最值，属于中档题.本题中利用函数单调性研究数列单调性时需注意自变量n为正整数，这是易错点.
二、多项选择题
9. 若直线与圆相切，则b的取值可以是（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径求解.
【详解】因为直线与圆相切，所以，解得：.
故选：AC
10. 在平面内，已知线段的长度为4，则满足下列条件的点的轨迹为圆的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】
以线段所在直线为轴，中垂线为轴建立平面直角坐标系，设点，再根据题意依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：以线段所在直线为轴，中垂线为轴建立平面直角坐标系，如图，
设，则，，
对于A选项，若，则点的轨迹是以为直径的圆不包含两点，故A选项错误；
对于B选项，若，则，即，所以点的轨迹为圆，故B选项正确；
对于C选项，，所以，即，显然不存在，故C选项错误；
对于D选项，由得，即：，整理得，是表示以为圆心，为半径的圆，故D选项正确.
故选：BD.
【点睛】本题解题的关键在于根据题意，以线段所在直线为轴，中垂线为轴建立平面直角坐标系，进而设， ，，再依次讨论即可，考查数学建模能力，运算求解能力，是中档题.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为底面内的一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A. 过点，，的平面截正方体所得的截面周长为
B. 存在点，使得平面
C. 若平面，则动点轨迹长度为
D. 当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】取的中点，然后证明截面为，求出周长即可判断A；假设存在点F，根据，分别判断点F位置即可得到矛盾，B错误；根据平面平面即可确定动点的轨迹，可判断C；由AC判断点F位置，然后建立空间直角坐标系，利用空间两点距离公式确定球心位置，然后可判断D.
【详解】A选项，如图，取的中点，连接，
因为为的中点，所以，，
所以过点，，的平面截正方体所得的截面为梯形，
其周长为，故A选项正确；
B选项，假设存在点，使得平面，
则，得只能在线段上，
再由，得只能在线段上，即与重合，不符合题意，故B选项错误；
C选项，如图，取的中点M，的中点，
连接，，，可得，，
又平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又，所以平面平面，
所以动点的轨迹为线段，其长度为，故C选项正确；
D选项，由A，C选项可得，平面平面，
所以当在点时，到平面的距离最大，此时为等边三角形，
因为平面，所以三棱锥的外接球球心一定在直线上，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，设，
由得，，解得，
所以，
所以三棱锥外接球的表面积为，故D选项正确．
故选：ACD．
12. 已知是数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列为等比数列B. 数列为等比数列
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知递推公式进行变形求解判断AB．求出数列前几项，验证后判断C，求出前20项和可判断D，
【详解】因为，所以，
又，所以是等比数列，A正确；
同理，而，
所以是等比数列，B正确；
若，则，但，C错；
由A是等比数列，且公比为2，
因此数列仍然是等比数列，公比为4，
所以，D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：本题考查数列的递推公式，解题关键是由已知递推关系变形推导出新数列的递推关系，从而得证新数列的性质．而对称错误的结论，可以求出数列的某些项进行检验．
三、填空题
13. 已知直线与圆相切，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径即可求解.
【详解】由点到直线的距离公式可得，
故答案为：
14. 已知直线与直线垂直，则实数a的值为________．
【答案】或
【解析】
【分析】利用两直线垂直可得出，解该方程即可.
【详解】因为直线与直线垂直，
则，解得或.
故答案为：或.
15. 已知数列满足，，则数列的首项__________
【答案】
【解析】
【分析】根据递推关系，分别令和，代入运算求解即可.
【详解】因为，
令，则，解得；
令，则，解得.
故答案为：2
16. 已知抛物线C：的焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题先求出直线必过的定点，再求出的轨迹方程，再数形结合求最值即可.
【详解】
由得，
所以直线过点．
连接AM，则，由题意知点Q在以AM为直径的圆上，设，所以点Q的轨迹方程为（不包含点），
记圆的圆心为，过点Q，P，N分别作准线的垂线，垂足分别为B，D，S，连接DQ，则，当且仅当B，P，Q，N四点共线且点Q在PN中间时等号同时成立，所以的最小值为．
故答案为;
四、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 在等比数列中，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）首先求得，由此求得数列的通项公式.
（2）利用错位相减求和法求得.
【详解】（1）设等比数列的公比为
因为，
所以，
解得，
所以数列的通项公式．
（2）由（1）得，
所以，
，
由得，
即
所以．
18. 如图，矩形ABCD中，，E为BC的中点，现将与折起，使得平面BAE及平面DCE都与平面ADE垂直.

（1）求证：平面ADE；
（2）求钝二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别取AE，DE的中点M，N，证明，可得平面ADE；
（2）以E为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求钝二面角的余弦值.
【小问1详解】
分别取AE，DE的中点M，N，连接BM，CN，MN.
，，.
平面BAE与平面DCE都与平面ADE垂直，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，平面，.
，，，
，四边形BMNC是平行四边形，，
平面，平面，平面ADE.
【小问2详解】
矩形ABCD中，，则，，
以E为原点，为轴，为轴，过平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题知，
则，，，
，.
平面，平面，，
，，平面，平面，
平面的一个法向量为.
设平面的一个法向量为，
则取，得
设二面角的平面角为，由图知为钝角，.
二面角的余弦值为
19. 已知函数与轴交于两点，与轴交于点，圆心为圆恰好经过三点.
（1）求圆的方程；
（2）若圆与直线交于两点，且线段，求的值.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意与坐标轴交点为，设圆的方程，代入三点坐标计算求解；
（2）由题意，设圆心到直线距离为，则，再结合点到直线的距离公式代入求解，可求出结果.
【小问1详解】
由题意与坐标轴交点为，
设圆的方程：，
代入点，则，
得，所以圆的方程为：.
【小问2详解】
由题意，设圆心到直线距离为，则，
所以，得
20. 如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；
（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．
【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．
连结．
因为，所以为等腰直角三角形，
且 ，由知．
由知，平面．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．
由已知得
取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得(舍去)， ．
所以 ．
又 ，所以 ．
所以与平面所成角的正弦值为．
［方法二］：三垂线＋等积法
由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．
设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．
［方法三］：三垂线＋线面角定义法
由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．
在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．
由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．
设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．
［方法四］：【最优解】定义法
如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．
联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．
【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；
方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；
方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；
方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．
21. 已知等比数列的前n项和.
（1）求数列的通项公式.
（2）若为数列的前项和，求使成立的最小正整数.
【答案】（1）
（2）10
【解析】
【分析】（1）根据题中递推公式可得进行求解即可.
（2）由（1）可得，然后利用裂项相消求和后计算从而求解.
【小问1详解】
因为，
所以当时，，
当时，.
因为数列为等比数列，首项也满足上式，
所以，即，得，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）得.
所以
令，即
所以，即，
因为，且在上单调递增，，
所以的最小值为.
故满足条件的最小正整数为.
22. 已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率是，P为椭圆上的动点.当取最大值时，的面积是
（1）求椭圆的方程：
（2）若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有，是否存在一个以原点O为圆心的定圆C，使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程，若不存在，请说明理由
【答案】（1）；（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理和基本不等式确定点P为椭圆短轴端点时，取最大值，再根据三角形面积及，求得，，，即可得到答案；
（2）对直线的斜率分存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，利用向量数量积的坐标运算及韦达定理可得，即可得到答案；
【详解】（1）依题意可得，
设，由余弦定理可知：，
所以，
当且仅当（即P为椭圆短轴端点）时等号成立，且取最大值；
此时的面积是，
同时，联立和
解得，，，
所以椭圆方程为.
（2）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，
所以，，此时，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
原点O到直线1的距离为d，所以，
整理得，
由，可得，
，
，
， ，恒成立，
即恒成立 ，
所以，所以，
所以定圆C的方程是
所以当时 ， 存在定圆C始终与直线l相切 ，
其方程是.