重庆市2023_2024学年高二数学上学期期末模拟试题含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高二数学上学期期末模拟试题含解析，共25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. 已知等差数列的前项和为，若，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列片段和的性质可求得的值.
【详解】因为，，由等差数列的性质可知、、成等差数列，
所以，,所以，.
故选：B.
2. 点关于平面对称的点的坐标是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间直角坐标系的性质即可得出结果.
【详解】由空间直角坐标系的性质可知，
点关于平面对称的点的坐标是.
故选：A
3. 抛物线的准线方程是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把抛物线方程化成标准方程，再求其准线.
【详解】抛物线方程化成标准方程为：，所以，且抛物线开口向上.
所以抛物线准线为：.
故选：B
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. 在等比数列中，，则=
A. 或B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的性质得，又由，联立方程组，解得的值，分类讨论求解，即可得到答案.
【详解】由题意，根据等比数列的性质，可得，
又由，联立方程组，解得或，
当时，则，此时；
当时，则，此时，
故选A.
【点睛】本题主要考查了等比数列的性质的应用，其中解答中根据等比数列的性质，联立方程组，求得的值是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
6. 如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（）
A. B. C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由二面角的平面角的定义知，
∴，
由，得，又，
∴
，
所以，即.
故选：C.
7. 已知等差数列中，，，记数列的前项和为，若，对任意的恒成立，则整数的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设公差为，由，可得的方程组，解出，从而得到，，对任意的成立，等价于，令，通过作差可判断的单调性，根据单调性即可得到的最大值，从而可得结果.
【详解】设公差为，由，
得，解得，，
故，
令，
则，
是递减数列，最大为，
根据题意，
的最小值为，
故选：B.
【点睛】方法点睛：等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.
8. 已知椭圆的两焦点为，，x轴上方两点A，B在椭圆上，与平行，交于P.过P且倾斜角为的直线从上到下依次交椭圆于S，T.若，则“为定值”是“为定值”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不必要也不充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】先求出的轨迹，其轨迹方程为，取，结合特殊情形可得“当取定值，是定值”是错误的；再由是定值可得，从而可判断当取定值，是定值”是错误的，从而可得正确的选项.
【详解】设为椭圆上的动点，为椭圆的半焦距，
故，故
，
设直线，则到该直线的距离为，故，
如图，设直线的倾斜角为，过作的垂线，垂足为，
则，故，设，
故，同理
设的倾斜角为，则，，
因为，故，
所以，
所以，同理，
故，
故的轨迹为以为焦点的椭圆，其长半轴长为，
短半轴长为，
故的轨迹方程为：，其中.
取，,
而，故不是定值即不是定值.
故“当取定值，是定值”是错误的.
又直线的参数方程为：，
设，
由整理得到：
，
故，
而，故，
所以，
若为定值，则为定值，
而，
故当变化时，始终为定值，
又
故且，
但，故，
所以
，
但此时随的变化而变化，不是定值，
故“当取定值，是定值”是错误的.
故选：D
【点睛】思路点睛：对于圆锥曲线中的动态问题，注意利用圆锥曲线的几何性质去研究动点的轨迹，对于是否为定值的问题，注意构建不同变量之间的关系，结合特例来处理是否为定值的问题.
二、多项选择题（全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分，共20分）
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. 关于，的方程(其中)表示的曲线可能是（）
A. 焦点在轴上的双曲线B. 圆心为坐标原点的圆
C. 焦点在轴上的双曲线D. 长轴长为的椭圆
【答案】BC
【解析】
【分析】根据各曲线的定义逐项验证参数的取值即可得出答案.
【详解】解：对于A：若曲线表示焦点在轴上的双曲线，
则，无解，选项A错误；
对于B：若曲线表示圆心为坐标原点的圆，
则，解得，选项B正确；
对于C：若曲线表示焦点在轴上的双曲线，
则，所以或，选项C正确；
对于D：若曲线表示长轴长为的椭圆，
则，，
则或，
无解，选项D错误.
故选：BC.
11. 已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an-2，若存在两项am，an，使得aman＝64，则下列结论正确的是（）
A. 数列{an}为等比数列
B. 数列{an}为等差数列
C. m+n为定值
D. 设数列{bn}的前n项和为Tn，bn＝lg2an，则数列为等差数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据与的关系式，可求出数列的通项公式，从而可判断选项A，B；根据数列的通项公式可求出选项C中的值；根据数列的通项公式可求出数列的通项公式，从而求出，然后即可判断数列为等差数列，从而判断选项D.
【详解】因为数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an-2，
所以当n＝1时，，所以a1＝2；
当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣2，
所以an＝Sn-Sn﹣1＝2an﹣2an﹣1，整理得an＝2an﹣1，即，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故选项A正确，选项B错误；
所以.
由于，故存在两项am，an，使得aman＝64，此时2m+n＝26，即m+n＝6，故选项C正确.
bn＝，所以，
所以，所以，故数列为等差数列，故选项D正确.
故选：ACD.
12. 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，则动点的轨迹长度为
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．
三、填空题（每小题5分，共20分）
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（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，S7=49，a2+a8=18.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若S3、a17、Sm成等比数列，求S3m.
【答案】（1）an=2n﹣1；（2）1089.
【解析】
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，由条件有，可求出，进而得出答案.
（2）由（1）知：S,由S3、a17、Sm成等比数列，可以求出，则可得出的值.
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，∵Sn为等差数列{an}的前n项和，S7=49，a2+a8=18，
∴⇒，解得：d=2.
∴
（2）由（1）知：.
∵成等比数列，∴，即9m2，解得m11.
故
【点睛】本题考查求等差数列的通项公式和求前项的和，以及等比数列的性质，属于中档题.
18. 已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为，边上的高所在直线的方程为．
（1）求的顶点、的坐标．
（2）若圆经过不同的三点、、，且斜率为的直线与圆相切于点，求圆的方程．
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知直线的方程为：，与直线CD联立可得C点的坐标，设，则的中点，代入方程，解得，所以．
（2）由题意可得圆的弦的中垂线方程为，圆心坐标为，圆心在直线上，则，且，即，据此可得圆心，半径，所求圆方程为．
【详解】（1）边上的高所在直线的方程为，所以直线的方程为：，
又直线的方程为：，联立得
解得，所以
设，则的中点，代入方程，
解得，所以．
（2）由，可得，圆的弦的中垂线方程为，
注意到也是圆的弦，所以圆心在直线上，
设圆心坐标为，
因为圆心在直线上，所以①，
又因为斜率为的直线与圆相切于点，所以，
即，整理得②，
由①②解得，，
所以圆心，半径，
故所求圆方程为，即．
19. 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，由二面角的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．
20. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点．
（1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解平面与平面的锐二面角的余弦值.
（2）令，，然后根据直线与平面所成角的正弦值，从而得到关于的方程式而求解.
【小问1详解】
过作，垂足为，可得：，
由题意知，可以点为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则：，令，解得：，
设平面的一个法向量为，，，
则：，令，解得：，
所以：，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【小问2详解】
存在，，理由如下
设上存在一点，设，，连接，如（1）中图所示，
，
又因为直线与平面所成角的正弦值为，由（1）知平面的一个法向量为，
所以：，化简得：，即：，
又因为，所以：，故存在，且.
21. 在数列中，任意相邻两项为坐标的点均在直线上，数列满足条件：，.
（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）由题意得出，利用等比数列的定义可证明出数列是以为首项，以为公比的等比数列，由此可求出数列的通项公式；
（2）求出数列通项公式，然后利用错位相减法能求出.
【详解】（1）数列中，任意相邻两项为坐标的点均在直线上，
，.
，，
，数列是以为首项，以为公比的等比数列.
数列的通项公式为；
（2）由于，
，①
，②
①②得.
【点睛】本题考查利用等比数列的定义求数列的通项，同时也考查了利用错位相减法求数列的和，考查计算能力，属于中等题.
22. 已知椭圆C的中心在坐标原点，两焦点在x轴上，离心率为，点P在C上，且的周长为6．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点动直线l与C相交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为D，直线AD与x轴的交点为E，求的面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，再解方程组即可.
（2）首先设出直线的方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理、点关于轴对称、三点共线得到，从而得到，再利用换元法求解最值即可.
【小问1详解】
由题知：，
所以椭圆
【小问2详解】
如图所示：
设直线，.
.
，解得.
，.
因为点关于轴对称，所以.
设，因为三点共线，所以.
即，即.
解得
.
所以点为定点，.
.
令，
则，
当且仅当，即时取等号.
所以的面积的最大值为.