重庆实验外国语学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆实验外国语学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 在等差数列中，若，则等于， 抛物线的焦点坐标为， “”是“直线与直线垂直”的， 若数列满足，则的值为， 已知双曲线，则等内容，欢迎下载使用。
重庆外国语学校高2024届在线学习反馈检测数学试题（满分150分，120分钟完成）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. 在等差数列中，若，则等于（）A. 13 B. 14 C. 15 D. 16【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的下标和的性质，可知，即可求得答案.【详解】在等差数列中，若,则，故选：B2. 抛物线的焦点坐标为（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】将抛物线化成标准形式，即可求解.【详解】由得，故焦点为，故选：D3. “”是“直线与直线垂直”的（）A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据两直线垂直的条件，求解范围即可求解.【详解】若直线与直线垂直，则或，故“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件，故选：B4. 若数列满足，则的值为（）A.  B.  C.  D. 2【答案】D【解析】【分析】由递推公式依次列举，可得数列最小正周期，即可求值.【详解】由得，故有.故数列由最小正周期6，故.故选：D5. 是空间的一组基底，则可以与向量构成基底的向量（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用向量基底的定义和共面向量的充要条件逐一判断即可求解.【详解】因为是空间的一组基底，所以不共面，不共线，因为，若，则，显然这样的不存在，所以不共线，对于A，因为，所以，由共面的充要条件知，共面，故不能构成基底向量，故A错误；对于B，因为，所以，由共面的充要条件知，共面，故不能构成基底向量，故B错误；对于C，因为，若，显然这样不存在，所以不能用与表示，不共面，故能构成基底向量，故C正确；对于D，因为，所以，由共面的充要条件知，共面，故不能构成基底向量，故D错误.故选：C.6. 我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题（意为）：“有一个人要走508里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了7天后到达目的地．”那么，此人第1天走的路程是（）A. 81里 B. 192里 C. 128里 D. 256里【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的知识列方程，求得首项，从而求得正确答案.【详解】依题意可知这个人每天走的路程成公比的等比数列，所以（里）.故选：D7. 已知圆与直线相交于两点，则当的面积为时，实数的值为（）A. 2 B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】写出圆心，半径.求出圆心到直线的距离，.表示出弦长，即可得出的面积，结合已知可得，整理得出，即可求出实数的值.【详解】由已知可得，圆心，半径.则圆心到直线，即直线的距离，所以.又，所以.又的面积为，即，整理可得，，所以或.又，所以.故选：A.8. 已知双曲线的左､右焦点分别为，高为的梯形的两顶点分别在双曲线的左､右支上，且，则该双曲线的离心率等于（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由梯形的高可推得 ，，设，由双曲线的定义及 ，可得 的表达式，在 和中，由余弦定理，整理可得 的关系，进而求出离心率的值．【详解】如图示，双曲线的左､右焦点分别为，高为的梯形的两顶点分别在双曲线的左､右支上，且，设于C点，在中，，而高为的梯形中，可得 ，所以 所以可得,,设，则 ，因为 , 则,，在中可得： ， 即 ，可得①，在中,，整理可得∶②，①②相减得，故，故选∶C二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 已知双曲线，则（）A. 双曲线与圆有2个公共点B. 双曲线的离心率与椭圆的离心率相同C. 双曲线的渐近线斜率与双曲线的渐近线的斜率互为倒数D. 双曲线与直线只有一个公共点【答案】AD【解析】【分析】根据双曲线和椭圆的离心率公式、结合双曲线的渐近线方程、一元二次方程根的判别式逐一判断即可.【详解】由已知得在双曲线C中，，，，所以双曲线C的焦点为，渐近线方程为，离心率为.A：双曲线C的顶点为，圆的圆心为，半径为1，因此双曲线与圆有2个公共点，所以本选项正确；B：椭圆的离心率为，显然双曲线的离心率与椭圆的离心率不相同，因此本选项不正确；C：双曲线的渐近线的斜率为，显然双曲线的渐近线斜率与双曲线的渐近线的斜率互为倒数是不正确的，因此本选项不正确；D：因为双曲线的一条渐近线与直线平行，所以双曲线与直线只有一个公共点，因此本选项说法正确，故选：AD10. 等差数列是递减数列，满足，的公差为，前项和为，下列说法正确的是（）A.  B. C. 当时，最大 D. 当时，的最小值为【答案】BC【解析】【分析】由数列是递减数列可得，再由解得，分别代入等差数列的通项公式和前项和公式，对选项依次判断即可.【详解】∵等差数列是递减数列，∴公差，又∵，∴，∴，∴，对于A，，故选项A错误；对于B，，故选项B正确；对于C，，又∵等差数列是递减数列，，∴当时，，当时，，当时，，∴当或时，最大，故选项C正确；（也能由得出当或时，最大）对于D，∵，∴当时，，故选项D错误. （当时，，的最小值为，最大值为）故选：BC.11. 以下四个命题表述正确的（）A. 圆上有3个点到直线的距离都等于1B. 已知，，三点，动点不在轴上，且满足，则直线的斜率取值范围是C. 圆与圆恰有三条公切线，则D. 圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，为切点，则直线经过定点【答案】ABD【解析】【分析】写出圆心为，半径，求出圆心到直线的距离为1，根据图象即可判断A项；由已知可得点的轨迹方程为.结合图象，可知当直线与圆相切时，斜率有最大或最小值，根据圆心到直线的距离等于半径，即可求出斜率的取值范围；由已知可得，两圆外切，根据，即可得出的值；由已知可得为圆与圆的公共弦.即可求出直线的方程，整理可得，解方程组即可得出定点坐标.【详解】对于A项，圆心为，半径，圆心到直线的距离.如图1，此时圆上有三点到直线的距离等于1，故A项正确；对于B项，设，由可知，，整理可得，所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆.如图2，当在处时，斜率最大；当在处时，斜率最小，显然均与圆相切.设斜率为，直线方程为，即.当与圆相切时，有圆心到直线的距离，整理可得，，解得.又动点不在轴上，所以.则由图象可知，直线的斜率取值范围是，故B项正确；对于C项，圆圆心，半径；圆可化为，，圆心，半径.由已知可得，两圆外切，即，代入可得，，解得，故C项错误；对于D项，设，由已知可得，，所以在以为直径的圆上.圆心为，半径为，则圆的方程为，整理可得.又为圆上的点，所以为圆与圆的公共弦.两圆方程作差可得，的方程为.又点在直线上，所以，即，代入的方程整理可得，解方程组可得，所以直线经过定点.故D项正确.故选：ABD.12. 如图，在棱长为3的正方体中，为线段上的动点，下列说法正确的是（）A. 对任意点平面B. 三棱锥的体积为C. 线段长度的最小值为D. 存在点，使得与平面所成角的大小为【答案】ABC【解析】【分析】由平面平面，从而可证平面，由此可判断A；根据等体积法可判断B；当点为的中点时，最小，由，勾股定理计算可得，由此判断C；求出与平面所成角的范围即可判断D．【详解】在棱长为3的正方体中，如图所示：对于A：连接，，，，，由于，平面，平面，所以平面同理由得平面，又,平面,故平面平面，由于平面，所以对任意点，平面，故A正确；对于B：由于平面,平面,所以平面 ,故三棱锥的体积为，故B正确；对于C：由于,所以过点作，即点为的中点，，故C正确，对于D：由于平面 , ,所以点在平面上的投影在线段上，设点的投影为点，则为与平面所成的角，，而，所以与平面所成角的正弦值的取值范围是，而，所以不存在点，使得与平面所成角的大小为，故D错误；故选：ABC 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案填写在答题卡相应的位置上13. 已知空间三点，则与的夹角为__________．【答案】##【解析】【分析】根据向量的夹角公式求得正确答案.【详解】，所以，所以与的夹角为.故答案为：14. 已知点与点关于直线对称，则的值为__________．【答案】【解析】【分析】根据题意得到，即可得到答案.【详解】点与点关于直线对称，所以，即，.故答案为：15. 过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点，点是坐标原点，若，则的面积为___________.【答案】【解析】【分析】数形结合即可求解.【详解】由已知可得.如图过作，垂足为，则由抛物线的定义得，，，代入得，或.不妨设，又，直线方程为，即，代入得，，故答案为：.16. 已知数列与数列的前项和分别为，则__________；若对于恒成立，则实数的取值范围是__________．【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】根据并项求和即可化简，将转化成恒成立，利用基本不等式性质求解最值即可.详解】记，所以，故，，即，化简得，进一步得，由于，当时，，当时，，对，，所以，因此故答案为：，四､解答题：本大题共6小题，共70分．其中，17题10分，18，19，20，21，22各12分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．请将答案填写在答题卡相应的位置上．17. 平面直角坐标系xoy中，．（1）求的面积；（2）判断四点是否在同一个圆上？并说明理由．【答案】（1）（2）四点不在同一圆上，理由详见解析【解析】【分析】（1）根据三角形的面积公式求得的面积.（2）先判断过三点的圆的直径，再根据的大小确定正确答案.【小问1详解】，所以，所以，所以的面积为.【小问2详解】四点不在同一圆上，理由如下：由于，所以过三点的圆（设为圆）的直径是，由（1）知是等腰直角三角形，且，所以不是圆的圆周角，所以四点不在同一圆上.18. 已知等比数列前项和为，且满足成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和为．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等比数列通项公式和等差数列的性质即可；（2）根据乘公比错位相减法即可求解.【小问1详解】设，因为满足成等差数列，所以所以所以，所以，所以，所以，所以.所以.【小问2详解】令，则，所以，所以，乘以2得，，错位相减得，，所以，所以，所以，所以，所以，所以.19. 如图，已知平行六面体中，底面是边长为1的菱形，，（1）求线段的长；（2）求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1），结合向量数量积运算，求模即可.（2），由向量数量积关于垂直的表示即可判断.【小问1详解】设，则，∵，则.∵，∴. 故线段的长为.【小问2详解】证明：∵，∴.故.20. 设数列的前项和为，，，.（1）求证：是等比数列；（2）设求数列的前项和．【答案】（1）证明详见解析（2）【解析】【分析】（1）使用与的关系，再将替换为进行证明即可；（2）对为奇数、偶数进行分组求和，为奇数时使用裂项相消法，为偶数时使用等比数列求和公式即可.【小问1详解】由已知，①当时，，∴，∴，；②当时，∵，∴，两式相减，得，∴，∵，∴，∴，∴（），又∵，，∴，∴，且数列中任意一项均不为，∴，∴数列是首项，公比的等比数列.【小问2详解】由第（1）问，，∴①当为奇数时，，∴，②当为偶数时，，，综上所述，数列的前项和.21. 如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，分别是的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）点在线段上，若直线与平面所成角的余弦值为时，求线段的长．【答案】（1）证明见解析.（2）.（3）.【解析】【分析】（1）由已知证明，又，从而证明，可证平面﹔（2）建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后求出平面与平面法向量，由向量的夹角公式求解即可；（3）设，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后求出平面的法向量，由向量的夹角公式列出关于 的方程，求解即可．【小问1详解】证明：∵ 分别是的中点,∴ ，又三棱柱中， ，故，又 平面 ， 平面，所以 平面；【小问2详解】由题意知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，故 ,以点A为坐标原点，所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,如图所示，则，所 , ，平面的一个法向量为 ,设平面的法向量为 ,则 ，令 ，则 ，故 ，故，放平面与平面的夹角的余弦值为.【小问3详解】设， ， ，所以 )， ，设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ，则 ，设直线与平面所成角为，则由题意知， 所以直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得 ，（舍去）， 则，即线段 的长为.22. 已知抛物线的焦点为，准线为．（1）若为双曲线的一个焦点，求双曲线的渐近线方程；（2）设与轴的交点为，点在第一象限，且在上，若，求直线的方程；（3）经过点且斜率为的直线与相交于、两点，为坐标原点，直线､分别与相交于点．试探究：以线段为直径的圆是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）答案见解析.【解析】【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的，即可得渐近线方程；（2）根据抛物线的定义进行转化分析可得，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程；（3）设直线的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C的方程分析判断定点.【小问1详解】解：抛物线的焦点为，准线为，双曲线的方程为，即，则，，由题意可知：，则，故双曲线C的方程为，渐近线方程为.【小问2详解】解：由（1）可知：，如图，过点P作直线的垂线，垂足为M，由抛物线的定义可知，因为，且，所以，故直线EP的倾斜角，斜率，所以直线EP的方程为，即.【小问3详解】解：以线段MN为直径的圆C过定点，.理由如下：由已知可得直线，设，，联立方程，消去y可得：，则可得：，，又直线，当时，，所以.同理可得：.又，，则以线段MN为直径的圆C的圆心，半径，故圆C的方程为，整理得，令，则，解得或，故以线段MN为直径的圆C过定点，.