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版含解析.docx

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高二上学期期末模拟试卷A卷数学试题一、单项选择题：本题共8小题，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.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A2.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：AC10.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：216.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.