重庆市第一中学校2023-2024学年高二上学期期末模拟数学试题 Word版含解析.docx

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高二期末数学模拟题一、单选题1.向量，，，则（）A.9B.3C.1D.【答案】A【解析】【分析】根据先求解出的值，然后表示出的坐标，结合坐标下的模长计算公式求解出结果.【详解】因为，所以，解得，则，所以.故选：A.2.已知数列满足,则（）A.B.C.2D.3【答案】B【解析】【分析】由题意确定数列为周期数列，然后求解即可.【详解】由,可推得,所以数列是以3为周期的一个周期数列,所以.故选：B.3.已知，，直线和垂直，则的最小值为（）A.2B.4C.8D.16【答案】C【解析】【分析】由题意可得出，再由基本不等式“1”的代换求解即可.【详解】因为直线和垂直， 所以，所以，因为，，所以，当且仅当，即时取等.故选：C.4.已知数列满足，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】取倒数法求通项，将变形可得数列为等差数列，计算即可得.【详解】，即，可得，又，即有数列是首项为1，公差为4的等差数列，可得，即.故选：D.5.在三棱锥中，两两垂直，且，三角形重心为，则点到直线的距离为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，得到，，计算在的投影为，在根据勾股定理计算得到答案.【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，则，，，则.，，故在的投影为，点到线的距离为.故选：D.6.已知等差数列与等差数列的前项和分别为与,且,则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由等差数列性质可得，由等差数列前项和公式可得、 ，即可令，代入计算即可得.【详解】因为数列、都是等差数列,所以,又，，故，，即有,在中，令，得，故.故选：D.7.设P是双曲线上一点，M､N分别是两圆和上的点，则的最大值为（）A6B.9C.12D.14【答案】B【解析】【分析】根据双曲线方程及其定义，求得的范围，再求得最大值即可.【详解】因为双曲线方程为，故，则其焦点为，根据题意，作图如下： 则，当且仅当三点共线，且在之间时取得等号；，当且仅当三点共线，且在之间时取得等号；则，故可得，故的最大值为：.故选：B.8.已知，，，，，则的最大值为（）A.B.4C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意首先得出为两外切的圆和椭圆上的两点间的距离，再由三角形三边关系将问题转换为椭圆上点到另一个圆的圆心的最大值即可.【详解】如图所示：不妨设，满足，，， 又，即，由椭圆的定义可知点在以为焦点，长轴长为4的椭圆上运动，，所以该椭圆方程为，而，即，即，这表明了点在圆上面运动，其中点为圆心，为半径，又，等号成立当且仅当三点共线，故只需求的最大值即可，因为点在椭圆上面运动，所以不妨设，所以，所以当且三点共线时，有最大值.故选：A.【点睛】关键点睛：解题的关键是将向量问题转换为圆锥曲线中的最值问题来做，通过数学结合的方法巧妙的将几何问题融入代数方法，从而顺利得解.二、多选题9.关于空间向量，以下说法正确的是（）A.若空间向量，，则在上的投影向量为B.若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面C.若空间向量，满足，则与夹角为锐角D.若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则【答案】ABD 【解析】【分析】A投影向量定义求在上的投影向量；B由空间向量共面的推论判断；C由，同向共线即可判断；D由即可判断.【详解】A：在上的投影向量为，对；B：在中，故P，A，B，C四点共面，对；C：当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，错；D：由，即，故，对.故选：ABD10.已知曲线，则（）A.曲线上两点间距离的最大值为B.若点在曲线内部（不含边界），则C.若曲线与直线有公共点，则D.若曲线与圆有公共点，则【答案】BC【解析】【分析】A：作出的图象，结合图象分析任意两点距离的最大值；B：根据直线与的交点坐标进行判断；C：根据直线与相切时的取值进行判断；D：分析临界情况：经过与坐标轴的交点、与在四个象限相切，由此求解出的范围.【详解】当时，，圆心；当时，，圆心；当时，，圆心；当时，，圆心；当时，；当时， 作出在平面直角坐标系下的图象如下图：对于A：上任意两点距离的最大值为，故A错误；对于B：因为在直线上，所以，所以或，若点在曲线内部（不含边界），则有，故B正确；对于C：当直线与相切时，如下图所示：若与在第二象限相切时，则到的距离等于圆的半径，所以，所以或（舍），若与在第四象限相切时，则到的距离等于圆的半径，所以，所以或（舍），结合图象可知曲线与直线有公共点时有，故C正确；对于D：如下图所示： 因为与坐标轴的交点坐标为，所以当刚好经过与坐标轴的交点时，此时，当刚好与在四个象限都相切时，，所以曲线与圆有公共点时，故D错误；故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆、圆与圆位置关系的综合运用，难度较大.数形结合是处理本题的高效方法，通过在图象上对临界位置的分析，得到直线与相切以及圆与相切时参数的取值.11.某学校数学课外兴趣小组研究发现：椭圆的两条互相垂直的切线交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，称为该椭圆的“蒙日圆”.利用此结论解决下列问题：已知椭圆的离心率为，，为的左、右焦点且，为上一动点，直线.说法中正确的有（）A.椭圆的“蒙日圆”的面积为B.对直线上任意点，都有C.椭圆的标准方程为D.椭圆的“蒙日圆”的两条弦，都与椭圆相切，则面积的最大值为3【答案】AD【解析】【分析】根据条件，得出，，从而得出椭圆的方程，进而判断出选项C的正误；对于选项A，根据“蒙日圆”的定义，作出椭圆的两条特殊切线，从而找出蒙日圆上的一个点，得出蒙日圆方程的半径，即可判断出选项A的正误；对于选项B，根据直线与椭圆位置关系的判断方法，得出直 与椭圆相切，从而得出切点不合条件，即可判断出选项B的正误；对于选项D，由蒙日圆的定义可知，，则为蒙日圆的直径，设，，得到，再利用重要不等式及面积公式即可得出结果.【详解】已知椭圆的离心率为，，为的左、右焦点且，故，所以，，故椭圆方程为：，故C错误；对于选项A，设蒙日圆的半径为，所以蒙日圆方程为，如图1，过椭圆右顶点和上顶点分别作椭圆的切线，相交于点，易知点，且点在蒙日圆上，所以故蒙日圆的面积为，故A正确；对于选项B，因为直线的方程为，椭圆方程，由得，则，所以直线与椭圆相切，切点到两焦点的距离和为，故B错误；对于选项D，由蒙日圆的定义可知，，则为蒙日圆的直径，如图2， 连接，设，则，，设，，所以，又（当且仅当时取等号），所以，即，所以，故D正确；故选：AD12.设数列满足，，记数列的前n项和为，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】选项A，利用数列单调性定义，可判断；选项B，D，，两边取对数，，迭代可得，，取值放缩可判断；选项C，，可得，利用裂项相消法可得结果. 【详解】因为，由，所以当时，由二次函数单调性知，所以，，所以，A项正确；，因为，所以，，所以，所以，显然，所以．又，所以，所以，B项错误，D项正确；，，，所以，C项正确．故选：ACD．三、填空题13.数列是正数等比数列，且，则______.【答案】7【解析】 【分析】根据等比中项的概念，得，，再结合完全平方公式求值.【详解】∵，且，，得：，又，所以：.故答案为：714.若方程表示的曲线为焦点在轴上双曲线，则的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】根据双曲线的性质即可求解.【详解】由题意可得，解得，故答案为：15.若平面的一个法向量为，，，，则点到平面的距离为_________．【答案】【解析】【分析】根据向量法求点面距离公式求解即可.【详解】设点到平面的距离为，则，故答案为：16.已知分别为椭圆的左、右焦点，A为右顶点，B为上顶点，若在线段AB上有且仅有一个点P使，则椭圆离心率的取值范围为______（写成集合或区间形式）．【答案】 【解析】【分析】设P的坐标为，根据求出，故点P在以原点为圆心，为半径的圆M上，分圆M与直线AB相切和两种情况，求出离心率的取值范围.【详解】直线AB方程为，设点P的坐标为，，故，所以点P在以原点为圆心，为半径的圆M上，①圆M与直线AB相切，则原点到直线的距离等于半径，，即，，方程两边同除以得，，解得，故，②若，，解得，综上，的取值范围为．故答案为：.【点睛】椭圆离心率是最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).四、解答题17.已知动点与两个定点，的距离的比是2.（1）求动点的轨迹的方程； （2）直线过点，且被曲线截得的弦长为，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）直接利用条件求出点的轨迹方程，所求方程表示一个圆；（2）直线的斜率分存在与不存在两种情况，当直线的斜率不存在时，检验不满足条件；当直线的斜率存在时，用点斜式设出直线的方程，根据弦长和点到直线的距离公式列出等式即可求出直线的斜率，进而求出直线的方程.【小问1详解】设点，动点与两个定点，的距离的比是，，即，则，化简得，所以动点的轨迹的方程为；【小问2详解】由（1）可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，直线被曲线截得的弦长为，圆心到直线的距离，①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离是3，不符合条件；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，所以圆心到直线的距离，化简得，解得或，此时直线的方程为或. 综上，直线的方程是或.18.已知数列的通项公式为，在公差为整数的等差数列中，，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列、等比中项等知识求得，进而求得.（2）利用错位相减求和法求得.【小问1详解】因为，所以，即，因为成等比数列，所以，设数列的公差为，所以，解得或（舍去），所以，所以.【小问2详解】①，②，由①-②得，求得，即.19.已知多面体的底面为矩形，四边形为平行四边形，平面平面，，，是棱上一点. （1）证明：平面；（2）当平面时，求与平面所成角正弦值.【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）先证平面ADE平面BCF，再证明平面即可；（2）设出的坐标，求出平面的法向量，由平面的向量关系求出点坐标，再用向量法求线面角即可.【小问1详解】因为底面为矩形，所以；平面，平面，所以平面，又四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为，且平面ADE，平面ADE，所以平面ADE平面BCF，因为平面ADE，所以平面；【小问2详解】如图，连接AF，EG，取的中点，的中点，因为是等边三角形，所以，又平面平面，平面FBC，平面平面，所以平面ABCD，又底面为矩形，所以，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 由题意得，，则，设，则，可知，由底面是平行四边形，得，设平面的法向量为，则，取，得，则平面的法向量为，由题意平面AEF，则，解得，所以，即是中点，因为，所以，所以，设平面的法向量为，则，取，得，所以平面的法向量为，，设直线与平面所成的角为， 则.所以BG与平面DEG所成角的正弦值为.20.已知数列满足:.（1）求数列的通项公式;（2）设,求数列前项和为.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由递推关系取可求，当时，利用递推关系可求，由此可得数列通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法求数列的前项和为.【小问1详解】当时，，解得；当时，，则，两式相减得，即；当时也成立，所以数列的通项公式为.【小问2详解】因为，所以， 所以21.如图，已知四棱锥的底面是菱形，，为边的中点，，，.（1）证明：；（2）试判断线段上是否存在点使得二面角的余弦值为，若存在求出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，点在的五等分点的二等分点处（靠近）【解析】【分析】（1）连接，通过证明平面来证得.（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用二面角的余弦值求得点的位置.【小问1详解】连接，因为，所以，因为底面是菱形，，所以，因为为边的中点，所以，∴，因为，所以，因此，即，又因为，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，即. 【小问2详解】由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，为，，轴建立如图示空间直角坐标系，则，，，，，于是，，，令，则，取平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，因为，所以，又二面角为锐二面角且设为，所以，即，（负值舍去），故存在点使得二面角的余弦值为，此时点满足.22.已知抛物线的准线交轴于，过作斜率为的直线交于，过 作斜率为的直线交于．（1）若抛物线的焦点，判断直线与以为直径的圆的位置关系，并证明；（2）若三点共线，①证明：为定值；②求直线与夹角的余弦值的最小值．【答案】（1）相切，证明见解析（2）①；②【解析】【分析】（1）将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出线段的中点和长度，即可得以为直径的圆的方程，通过判断圆心与直线的距离与半径的大小关系来判断直线与圆的位置关系；（2）①设，通过三点共线即斜率相等可得，再将其代入计算即可；②设直线的倾斜角分别为，，通过的关系代入消，通过直线和抛物线相交，利用判别式求出的范围，进而可得最值.【小问1详解】直线与以为直径的圆相切，证明如下：因为抛物线的焦点，则直线即为直线，又故，整理得联立，消去得，则，，所以， 且，故以为直径的圆的方程为，其圆心为，半径为，所以以为直径的圆的圆心到直线的距离为，故直线与以为直径的圆相切；【小问2详解】①设，又，因为三点共线，所以，即，整理得，所以k2−k1=y2+1y224+1−y1−1y124+1=y2+1y124+1−y1−1y224+1y224+1y124+1=y1y24y1+y2+y124+1−y1y24y2+y1−y224−1y1y2216+y224+y124+1=y124+y224+2y224+y124+2=1,即为定值；②设直线的倾斜角分别为，则由已知可得，联立，消去得，所以，解得，且，当时，，此时最大，最小，此时由，解得.即直线与夹角的余弦值的最小值为. 【点睛】关键点睛：本题关键是在解答第（2）①中设出点的坐标，将条件和目标式都坐标化，从而可以真正的通过计算得出结论.