重庆市第一中学校2023-20324学年高二上学期期中考试数学Word版含解析.docx

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2023年重庆一中高2025届高二上期半期考试数学试题注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试题卷上作答无效.3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（本大题共8小题，每题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.直线的斜率为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题将直线化成斜截式，可得答案.【详解】由题将直线的化简可得，所以斜率为故选D【点睛】本题考查了直线的方程，一般式化为斜截式，属于基础题.2.已知椭圆：的离心率为，则（）A.B.1C.3D.4【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的性质计算即可.【详解】由题意可知.故选：C3.已知是等差数列的前n项和，且，则的公差（） A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据已知结合等差数列的性质可得，进而即可得出答案.【详解】因为，所以.又，且，所以，.故选：A.4.如图，在等边中，点O为底边AC的中点，将沿BO折起到的位置，使二面角的大小为90°，则异面直线DO与BC所成的角的大小为（）A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】D【解析】【分析】根据线面垂直的判定与性质，证明平面即可【详解】因为等边，且点O为底边AC的中点，故翻着后，又，故平面，故二面角为，故，又，平面，故平面.又平面，故故选：D5.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与该双曲线的右支交于，两点，若，则周长为（）A.16B.24C.36D.40 【答案】C【解析】【分析】利用双曲线的定义可得，再求出，即可得到答案；【详解】因为双曲线为，所以；由双曲线的定义得，所以，所以周长为，故选：C.【点睛】本题考查双曲线的定义的运用，考查运算求解能力.6.已知等比数列有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的性质得到奇数项为，偶数项为，得到等比数列的公比q的值，然后用等比数列的前n项和的公式求出n即可．【详解】因为等比数列有项，则奇数项有项，偶数项有项，设公比为，得到奇数项为，偶数项为，整体代入得，所以前项的和为，解得.故选：B7.数列，满足：，，，则数列的最大项是第（）项．A.6B.7C.8D.9 【答案】A【解析】【分析】根据累加法求出，.设数列的最大项是第项，由得出不等式组，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，，，，，两边分别相加可得，，所以有.因为，所以，.设数列的最大项是第项，则有，即，整理可得，，解得.又，所以.故选：A. 8.抛物线有一条重要性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上一点的反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴．已知抛物线，在抛物线内平行于x轴的光线射向抛物线C，交抛物线C于点P（不为原点），过点P作C的切线l，过坐标原点O作，垂足为Q，反射光线与直线OQ交于点T，点，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据已知，结合图形的性质推得，的轨迹为以F为圆心，以1为半径的圆.求出，即可得出答案.【详解】由抛物线的光学性质可知，反射光线必经过抛物线的焦点，设P处的切线与x轴交于N点，如图取点.由可得，.根据对称性可知，.所以，.，，，.而， ，即，，的轨迹为以F为圆心，以1为半径的圆.因为，所以．故选：B.二、多项选择题（本大题共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.设数列的前n项和为，，则下列说法正确的是（）A.等差数列B.成等差数列，公差为C.当或时，取得最大值D.时，n的最大值为33【答案】ACD【解析】【分析】根据已知得出数列是一个等差数列，求出.根据的关系求出的表达式，根据定义即可判断等差数列；求出公差，进而根据等差数列的性质，即可判断B；由已知列出，求解即可得出的值，判断C项；根据的表达式，求解不等式，即可判断D项.【详解】对于A项，由已知可得，数列是一个等差数列，首项，公差为，所以，，所以，.当时，； 当时，.时，，满足.综上所述，.所以，，所以，是等差数列，故A项正确；对于B项，设的公差为，由A知，，，根据等差数列的性质可知，，故B项错误；对于C项，因为，，要使取得最大值，则应有，即，解得.又，所以当或时，取得最大值.故C正确；对于D项，由A知，，解，可得.所以，时，n的最大值为33.故D正确.故选：ACD.10.已知圆，下列说法正确的是（）A.过点作直线与圆O交于A，B两点，则范围为B.过直线上任意一点Q作圆O的切线，切点分别为C，D，则直线CD必过定点C.圆O与圆有且仅有两条公切线，则实数r的取值范围为D.圆O上有2个点到直线的距离等于1【答案】AB【解析】 【分析】对于A：可知点在圆O内，根据圆心O到过点的直线的距离结合弦长公式分析求解；对于B：作以为圆心，为半径的圆，由题意可知：直线CD为圆与圆的公共弦所在的直线，结合两圆方程分析求解；对于D：根据点到直线的距离公式结合圆的性质分析判断.【详解】因为圆O的圆心为，半径，对于选项A：因为，可知点在圆O内，可得圆心O到过点的直线的距离，所以，故A正确；对于选项B：设，则，可得，以为圆心，为半径的圆的方程为，整理得，由题意可知：直线CD为圆与圆的公共弦所在的直线，可得，整理得，令，解得，所以直线CD必过定点，故B正确；对于选项C：圆的圆心，半径为，则，若圆O与圆有且仅有两条公切线，则，即，解得，所以实数r的取值范围为，故C错误；对于选项D：因为圆心O到直线的距离，所以圆O上有4个点到直线的距离等于1，故D错误.故选：AB. 11.已知椭圆，长轴长为8，短半轴长为，分别为椭圆左右焦点，点，P为椭圆上任意一点，则下列说法正确的是（）A.B.若直线l交椭圆于A，B两点，且为AB中点，则直线l的方程为C.内切圆面积的最大值为D.的最小值为7【答案】BCD【解析】【分析】对于A：根据向量运算可得，结合的取值范围运算求解；对于B：利用点差法求直线AB的斜率，即可得方程；对于C：利用等面积可得，结合椭圆性质分析求解；对于D：根据椭圆定义转化可得，结合图形分析求解.【详解】由题意可知：，椭圆方程为，对于选项A：因为，且，所以，故A错误；对于选项B：设，若为AB中点，则，可得，因为在椭圆上，则，两式相减得，整理得，即，所以直线l的方程为，即，故B正确；对于选项C：由题意可知： 设的内切圆半径为，则，可得，当点为短轴顶点时，的面积取到最大值，可得的内切圆半径的最大值为，所以内切圆面积的最大值为，故C正确；对于选项D：因为，则，可得，当且仅当在线段上时，等号成立，所以的最小值为7，故D正确；故选：BCD.12.在数学中，．已知数列满足，则下列说法正确的是（）A.数列是递增数列B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】对A：根据数列单调性的定义分析证明；对B：作差并结合数列的单调性可判断；对C：可得，结合裂项相消法分析运算；对D：先证 ，结合累积法可得，再根据等比数列求和分析运算.【详解】对A：，当且仅当时，等号成立，而，可得，故，即，故数列是递增数列，A正确；对B：，由A知：对，当且仅当时，等号成立，故，B正确；对C：，则，而，即，，即，故，可得，C正确；对D：，而，则，故，可得，则，当时，则，当时，，故．则，D错误； 故选：ABC.三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置上）13.已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，则___________．【答案】【解析】【分析】将点代入抛物线求得方程，再利用点点距求解【详解】代入抛物线方程，解得，焦点为，故故答案为：314己知数列满足，则_________．【答案】【解析】【分析】由已知得，根据等比数列的定义写出数列的通项公式，进而得到，即可求项.【详解】由题设，又，数列不可能存在为0的项，所以，故，且所以是首项为1，公比为2的等比数列，即，故，所以.故答案为：15.已知数列是公差不为0的等差数列，数列为等比数列，数列的前三项分别为1，2，6，则数列的通项公式为______．【答案】【解析】【分析】先根据数列的前三项分别为1，2，6，得到，继而可求出等比数列 的公比，写出数列通项公式，再根据数列是公等差数列，写出数列的通项公式，两者相等，即可求解.详解】根据题意得，，则，即，设的公比为，则，故，又，∴，∴．故答案为：16.我们把形如的函数称为类双勾函数，这类函数有两条渐近线和，它的函数图像是对称轴不在坐标轴上双曲线．现将函数的图像绕原点逆时针旋转一定的角度得到焦点位于x轴上的双曲线C，则该双曲线C的离心率是___________．【答案】【解析】【分析】根据两条渐近线的夹角得到渐近线的倾斜角，结合离心率公式求得结果.【详解】由题意可知，以y轴和为渐近线，其夹角为，故旋转后双曲线的一条渐近线倾斜角为，.故双曲线离心率．故答案为:.四、解答题（本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知数列中，，为等差数列，它的前n项和为，满足 ，．（1）求数列的通项公式；（2）若，数列的前n项和为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义以及通项公式求得，再根据等差数列的通项公式求得；（2）根据对数运算求出，再根据裂项相消法求和得出结果.【小问1详解】由条件知，，，所以数列是公比为2的等比数列，又由得，由得，联立以上两个方程解得.【小问2详解】由（1）知，则，18.如图所示，在三棱锥中，． （1）求三棱锥的体积；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）8（2）【解析】【分析】（1）先根据已知以及线面垂直的判定定理得出平面.进而根据已知得出.然后即可根据等体积法以及锥体的体积公式得出答案；（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面以及平面的法向量，根据向量法即可得出答案.【小问1详解】由题有，则.同理，有.因为，平面，平面，，所以平面.，是AC的中点．又，则.又，所以，，.则，所以..【小问2详解】由（1）知，故以P为原点，为x轴，为y轴，PC为z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则．易知，平面PBC，故平面PBC的一个法向量为．又，，设平面ABC的一个法向量为，则，取，则为平面ABC的一个法向量.则.设所求二面角的平面角为，由图象可知，为锐角，则，所以，.19.已知点，动点P满足，设P的轨迹为C．（1）求C的轨迹方程；（2）若过点A的直线与C交于M，N两点，求取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设P点坐标为，根据题意结合两点间距离公式运算求解；（2）方法一：根据数量积的运算律分析可得，结合两点间距离公式可得，再根据点的轨迹结合圆的性质分析求解；方法二：分类讨论直线MN 的斜率是否存在，设直线MN的方程为，，联立方程，根据向量的坐标运算结合韦达定理运算求解.【小问1详解】设P点坐标为，由可得，化简得，所以C的轨迹方程为.【小问2详解】因为表示圆心为，半径为2，的圆，且，则点A的直线与C必相交，法一：设MN的中点为，因为，则点的轨迹是以的中点为圆心，半径为的圆，则，又因为表示点到定点的距离的平方，即，可知，所以；法二：当直线MN的斜率不存在时，不妨取，此时；当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为， 联立方程，整理得，设，则，因为，则，因为，则，可得，所以；综上所述：．20.设数列的前项和为，且满足（为常数）.（1）若，求.（2）是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据，得，再根据等差数列求和公式求解即可；（2）根据已知得，进而假设存在，使得为等差数列得，再验证其成立即可.【小问1详解】解：（1）由可得，两式相减可得，即.若，则，所以.【小问2详解】 解：存在，使得数列为等差数列.理由如下.当时，，得；当时，，得；当时，，得.假设存在，使得为等差数列，则，解得，所以，则，从而，故数列奇数项构成等差数列，偶数项也构成等差数列，且公差均为2.当为偶数时，；当为奇数时，.所以，，故符合题意.21.已知双曲线的左顶点为A，右焦点为F，P是直线上一点，且P不在x轴上，以点P为圆心，线段PF的长为半径的圆弧AF交C的右支于点N．（1）证明：；（2）取，若直线PF与C的左、右两支分别交于E，D两点，过E作l的垂线，垂足为R，试判断直线DR是否过定点若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）答案见解析 【解析】【分析】（1）过N作l的垂线，垂足为H，且与圆弧AF交于点M，则，结合圆的知识可得，，设点，则，由，可得，即得（用双曲线的第二定义来说明，也可以），由相等弦长所对的圆心角相等，得，进而求解；（2）设直线PF的方程为，由题意可得，联立方程组，结合韦达定理可得，，由题知，直线DR的方程为，令，化简即可求解.【小问1详解】证明：过N作l的垂线，垂足为H，且与圆弧AF交于点M，则，连接AM，PM，NF．因为在圆P中，，所以．由题易知右焦点，设点，则，整理得．因为，所以，所以．【这里若学生用双曲线的第二定义来说明，也可以．见下：因为直线为双曲线 的准线，根据双曲线的第二定义，可知，即，即得．】在圆P中，由相等弦长所对的圆心角相等，得，所以．【小问2详解】由题知双曲线，渐近线为：，右焦点为，直线PF的斜率不为0，设直线PF的方程为因为直线PF与C的左，右两支分别交于E，D两点，则．设，联立方程组，得，则．由题知，直线的方程为，令，得，所以直线DR过定点.22.我们把直线叫做椭圆的上准线．已知一列椭圆 的上、下焦点分别是，若椭圆上有一点，使得到上准线的距离是与的等差中项，（1）当取最大值时，求椭圆的离心率；（2）取，并用表示的面积，请探索数列的单调性．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】(1)先求出，再求出准线方程，根据条件建立不等式，即可证明；(2)根据条件求出的坐标，按照三角形面积公式，写出，再利用导数判断的单调性，进而可得的单调性.【小问1详解】由题意可知：，准线的方程为，根据椭圆的定义可得，则，设点，则有，椭圆下顶点的坐标为，上顶点的坐标为，因为在上，则，即，解得，可知的最大值为，此时，所以椭圆的离心率.【小问2详解】因为，则， 且，可得，则，，，所以，则，构造函数，则，当时，，所以；当时，，所以在时单调递减；且，即，综上所述：，当时，单调递减，注意到，所以且当时，单调递减.