重庆市主城七校2024-2025学年高二上学期期末联考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市主城七校2024-2025学年高二上学期期末联考数学试题（Word版附解析），共24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。
高2026届数学试题
考试时间120分钟 试题总分150分 试卷页数4页
一、单项选择题：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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．不存在
2．已知等比数列中，，，则等于（ ）
A．B．C．6D．不确定
3．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线法向量，在平面直角坐标系中，过的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．方程所表示的图形是（ ）
A．一个圆B．一个半圆C．两个圆D．两个半圆
5．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.已知数列满足：，，则（ ）
A．5B．4C．3D．2
6．已知椭圆的一个焦点是，过原点的直线与相交于点，，的面积是，则（ ）
A．B．C．D．
7．数列中，，，若，则（ ）
A．8B．9C．10D．11
8．如图：，是双曲线的左右焦点，以为圆心的圆与双曲线的左右两支分别交于，两点，且，则双曲线的离心率为（ ）

A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分或4分，有选错得0分.
9．已知数列和是等比数列，则下列结论中正确的是（ ）
A．是等比数列
B．可能是等差数列
C．，，是等比数列
D．是等比数列
10．已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，过点的直线交抛物线于，两点，分别过，作准线的垂线，垂足为，，线段的中点为，则下列结论正确的是（ ）
A．线段长度的最小值为
B．若，，则为定值
C．
D．若，则直线倾斜角的正弦值为
11．如图，在棱长为6的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥体积为定值
B．存在点，使平面平面
C．设直线与平面所成角为，则最小值为
D．平面截正方体所得截面的面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知平面的一个法向量为，平面内一点的坐标为，平面外一点的坐标为，则点到平面的距离为 .
13．已知等差数列中，前项和为，这项中的偶数项之和为，且，则数列的通项公式 .
14．已知椭圆的左右焦点分别为、，过作直线交椭圆于、两点，其中点在轴下方，内切圆交边于点，则线段的长度取值范围为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知圆与两坐标轴均相切，且过点.直线过点交圆于，两点.
(1)求圆的方程；
(2)若且，求直线的方程.
16．如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，点，分别在线段，上，且，.
(1)求证：平面
(2)求直线与平面所成角正弦值.
17．已知为等差数列，为等比数列且公比大于，，，，
(1)求和的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为，求.
18．如图，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到如右图所示的四棱锥，记二面角的平面角为.
(1)当时，求证：平面；
(2)当时，
（i）求点到底面的距离；
（ii）设是侧棱上一动点，是否存在点，使得的余弦值为，若存在，求的值.
19．已知椭圆左，右焦点分别为，，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点（其中点在轴上方），的周长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直.
①若，求三棱锥的体积；
②是否存在，使得折叠后的周长为与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
1．C
【分析】根据直线的方程，利用斜率和倾斜角的关系求解.
【详解】，由于为常数，则直线的倾斜角为90°.
故选：C.
2．B
【分析】由等比中项即可求解；
【详解】由，可得：，
又等比数列所有奇数项同号，，
所以，
故选：B
3．A
【分析】根据点法式方程的定义即可求解.
【详解】与平面向量类比，得到空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，
则该平面的方程为：，
化简得.
故选：A.
4．D
【分析】根据和，平方化简可得圆的方程，即可求解.
【详解】由于，故或，
当时，则，平方可得，表示圆心为半径为2的右半圆，
当时，则，平方可得，表示圆心为半径为2的左半圆，
故选：D
5．B
【分析】根据“冰雹猜想”结合递推关系，利用规律求解即可
【详解】,
可知数列可看作从第8项起以3为周期的数列，
因为，
所以，
故选：B
6．D
【分析】设直线方程，联立直线与椭圆，根据的面积求出，利用弦长公式求出弦长.
【详解】如图：
由题，不妨设，直线斜率存在，
设直线方程，
联立，
，
，
解得，
故，
故选：D.
7．A
【分析】由得出是以3为首项，3为公比的等比数列，根据等比数列的求和公式求解.
【详解】由，令，则，
故是以3为首项，3为公比的等比数列，，
，
故，
故选：A.
8．D
【分析】设圆的半径为，由条件结合双曲线的定义证明，结合双曲线定义及余弦定理列方程确定关系，由此可得结论.
【详解】设圆的半径为，则，
因为，
所以，由双曲线定义可得，
所以，故，，，，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
由已知，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以双曲线的离心率.
故选：D.

9．ABD
【分析】根据等比数列性质，和等比，等差数列的定义来逐一分析每个选项是否正确.
【详解】对于选项A，设数列的公比为（），则（常数）.
所以是以为首项，为公比的等比数列，选项A正确.
对于选项B，当时，数列是等比数列，公比为，
此时，那么是公差为的等差数列，所以可能是等差数列，选项B正确.
对于选项C，设数列的公比为（）.当,.
因为等比数列的项不能为，所以此时不是等比数列，选项C错误.
对于选项D，设数列的公比为（），数列的公比为（）.
则（常数），
所以是以为首项，为公比的等比数列，选项D正确.
故选：ABD.
10．ACD
【分析】先求抛物线的焦点坐标，准线方程，设直线的方程为，联立方程组可得，，由此判断B，结合焦点弦公式求线段长度的最小值，判断A，证明判断C，结合条件求的坐标，结合两点斜率公式求直线倾斜角的正切值，再求其正弦值，判断D.
【详解】抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，
准线与轴的交点的坐标为，
若直线的斜率为，直线的方程为，
此时直线与抛物线的交点为，与条件矛盾，
故直线的斜率不为，设直线的方程为，
联立，消可得，，
方程的判别式，
由已知为方程的两个实根，
所以，，B错误；
所以，
当且仅当时等号成立，
所以当时，线段长度取最小值，最小值为；A正确；
由已知，，
所以点的坐标为，即，
所以，，
所以，
又，，
所以，
所以，C正确；
若，则直线的斜率为，点在第一象限，
所以，又，
所以，
所以，所以或（舍去），
设直线倾斜角为，则，
所以，
所以直线倾斜角的正弦值为，D正确；
故选：ACD.
11．ACD
【分析】选项A：由等体积变换可得，可判断；
选项B：建立空间直角坐标系，设，根据空间向量由面面平行可得，可判断；
选项C：根据空间向量法表示线面角，可得，进而可得；
选项D：先做出平面截正方体所得截面，根据线面关系可得截面的面积.
【详解】选项A：，故A正确；
选项B：
如图建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，则，
，设，故，
则,
由，得，不合题意，故B错误；
选项C：平面的法向量为，
则，
，
当时，取最小值为，故C正确；
选项D：
如图，直线分别交的延长线于点，
连接交于，连接交于，连接，
由题意可知五边形即为平面截正方体所得截面，
因，分别为棱，的中点，，，
，得，
由正方体性质可知，，
故所求截面面积为，
由选项可知，，，
故，，
故，，
，
故所求截面面积为，故D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：D选项的关键是先根据空间点线面的关系做出截面，进而由线面关系可求面积.
12．##
【分析】求向量的坐标，再求在法向量上的投影向量的模即可.
【详解】由已知，
又在上的投影向量的模为，，
所以点到平面的距离为，
所以点到平面的距离为.
故答案为：.
13．
【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列性质条件可转化为，，解方程求，再结合等差数列通项公式求，由此可求通项公式.
【详解】设等差数列的公差为，
因为等差数列中，前项和为，
所以，故，
因为等差数列中前项中的偶数项之和为，
所以，故，
所以，解得，
所以，又，
所以，，
所以，，
所以
所以数列的通项公式为.
故答案为：.
14．
【分析】根据内切圆的有关性质知，，结合椭圆的定义可推出，注意到点在下方，所以，.
【详解】因为的内切圆交边于点，所以,
又因为在椭圆中，,
所以，
而，（等号取不到）因此.
故答案为：.
15．(1)或；
(2)或.
【分析】（1）根据圆与两坐标轴均相切，且过点，可得，得，解出即可；
（2）结合第一问和已知得到圆的方程为，根据，得到，再令于 ，设，，得到方程组 ，解得 ，再设，根据圆心到的距离求出即可.
【详解】（1）圆与两坐标轴均相切，且过点，，
则，得，
或，
圆的方程为或；
（2），，圆的方程为，
，，
作 于 ，设，则 ，
故 ，解得，
设，则，
则圆心 到 的距离 ，
，化简得：，解得或，
直线的方程为或.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作交于点，连接，由，得到，运用线面平行判定定理得到平面和平面，得到平面平面，再用面面平行性质得到线面平行即可.（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和平面法向量坐标，结合向量夹角余弦值公式计算即可.
【详解】（1）证明：过点作交于点，连接
因为，且，
又因为，故，所以
又因为平面，平面，
所以平面.
因为，平面，平面，
所以平面
又，平面，则平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）以中点为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图.
则，，，，设，
由即得，，
易知，平面的一个法向量为
设直线与平面所成角为，
故直线与平面所成角的正弦值为
17．(1)，
(2)
【分析】（1）设数列公差为，数列公比为，利用等差数列通项公式和等比数列通项公式将条件转化为的方程，解方程求，再利用等差数列通项公式，等比数列通项公式求结论；
（2）由（1）可得，分别在为偶数和奇数条件下，利用分组求和法，裂项相消法及等比数列求和公式求结论.
【详解】（1）设数列公差为，数列公比为，
由，得解得．
所以．
由于，即，又，，
所以，解得或（舍去）
所以；
（2）由（1）得：
所以
所以
所以
当为偶数时：
当为奇数时：
.
18．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）存在，
【分析】（1）翻折后由，，确定，得到平面，再结合勾股定理得到，即可求证；
（2）（i）过点作，垂足为，确定平面，即可求解；
（ii）建系，求得平面的法向量，通过向量夹角公式即可求解.
【详解】（1）因为翻折前，所以翻折后，，
由二面角的定义可知，二面角的平面角，
当时，，即，
又，且，平面，
平面，
平面，，
又在三角形中，易知，，，
满足：，由勾股定理可知，，
，且，平面，
平面.
（2）当时，
（i）由（1）知，，，平面，
平面，又平面，
平面平面，
在平面内，过点作，垂足为，
又平面平面，故平面，
即为点到平面的距离，
在中，，，故.
（ii）由（i）知，如图建立空间直角坐标系，
故，，，，设，
设，即，即，
设平面法向量为，
，，
，即，
令，得，，即，
设平面的法向量，
，，
，即，
令，得，，即，
的余弦值为，
，
解得，即.
19．(1)
(2)①；②存在，
【分析】（1）由条件结合离心率的定义，椭圆的定义列关于的方程，解方程求，再根据关系求，由此可得椭圆方程；
（2）①由已知可得直线方程为，联立方程组求出的坐标，再求三棱锥的底面面积和高，结合锥体体积公式求结论；
②假设存在满足条件，设在新图形中对应点记为，由假设可得，
设直线方程为，设折叠前，，联立方程组求的纵坐标关系，结合两点距离公式可转化为，代入化简求结论.
【详解】（1）由椭圆的定义知，，
所以的周长，所以，
又椭圆离心率为，所以，所以，，
所以椭圆的标准方程为
（2）①由（1）知，点，倾斜角为，
故直线方程为，
联立，化简可得，
所以，
解得或
则，，，，
所以的面积为，
因为平面平面，平面平面，
过作，则平面，
所以平面，故三棱锥的高为，
三棱锥的体积为；
②假设存在，使得折叠后的周长为与折叠前周长之比为，
设在新图形中对应点记为，
因为折叠前的周长，
所以折叠后的周长为：，
而，，故，
设折叠前，，直线方程为，
联立，得，
，
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系
（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）；
则，，
，，
，
即，
，
由可得，
，
，
，
，解得，
检验：，
故成立，故存在满足题意.
此时由得，.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问中②的解决的关键在于根据翻折前后的数量关系，将条件折叠后的周长为与折叠前的周长之比为，转化为.