重庆市万州第二高级中学2021-2022学年高二下学期入学考试数学含解析
展开万州二中高2020级高二下学期
入学考试数学试题
一、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. 已知等比数列的前项和为,若公比,则=( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意,由等比数列的通项公式与前项和公式直接计算即可.
【详解】由已知可得.
故选:A.
2. 已知,,,若向量共面,则实数等于( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
分析】由向量共面,建立方程组,即可求解.
【详解】向量共面,则,().
则有,
所以
解得:x=1,y=1,=1.
故选:A
3. 已知直线,则下列结论正确的是( )
A. 直线的倾斜角为
B. 向量是直线的一个方向向量
C. 过点与直线平行的直线方程为
D. 若直线,则
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线的倾斜角可判断A,由直线的方向向量可判断B,由直线平行设所求,代点即可判断C,由直线垂直可判断D
【详解】对于A:的斜率为,所以直线的倾斜角为,故A错误;
对于B:因为直线的方向向量为或,
所以的方向向量为或,故B错误;
对于C:因为与直线平行的直线方程可设为,
又直线过点,故,解得,
故所求直线为,故C错误;
对于D:,,则,
所以,故D正确;
故选:D
4. 已知双曲线的左、右焦点分别为,,P为双曲线C上一点,,直线与y轴交于点Q,若,则双曲线C的渐近线方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可设且,即得a、b的数量关系,进而求双曲线C的渐近线方程.
【详解】由题设,,,又,P为双曲线C上一点,
∴,又,为的中点,
∴,即,
∴双曲线C的渐近线方程为.
故选:B.
5. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数到与一般的等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.如数列1,3,6,10,前后两项之差组成新数列2,3,4,新数列2,3,4为等差数列、这样的数列称为二阶等差数列.现有二阶等差数列,其前7项分别为2,3,5,8,12,17,23则该数列的第100项为( )
A. 4862 B. 4962 C. 4852 D. 4952
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得数列2,3,5,8,12,17,23,,满足:,,从而利用累加法即可求出,进一步即可得到的值.
【详解】2,3,5,8,12,17,23,后项减前项可得1,2,3,4,5,6,
所以,
所以
.
所以.
故选:D
6. 正数数列的前项和为,,则下列选项中正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题设求出、、,并猜想的通项公式,再利用数学归纳法证明,进而判断各选项的正误.
详解】由题设,当时,得,
当时,,整理得,
∴;
,整理得,
∴;
猜想:,由时,符合题设,
假设时,,
则时,,
∴,整理得,
∴也成立,故,成立.
∴,易知A、B错误;
,,故C错误,D正确.
故选:D
【点睛】关键点点睛:应用数学归纳法证明猜想的通项公式,进而判断各项正误.
7. 方程有两个不同的解,则实数k的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】转化为圆心在原点半径为1的上半圆和表示恒过定点的直线始终有两个公共点,结合图形可得答案.
【详解】令,平方得表示圆心在原点半径为1的上半圆,
表示恒过定点的直线,方程有两个不同的解即半圆和直线要始终有两个公共点,如图
圆心到直线的距离为,解得,
当直线经过时由得,当直线经过时由得,
所以实数k的取值范围为.
故选:C.
8. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现:平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆,此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中,,点满足.设点的轨迹为,则下列说法错误的是( )
A. 轨迹的方程为
B. 在轴上存在异于的两点,使得
C. 在上存在点,使得
D. 当三点不共线时,射线是的角平分线
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意,设点坐标,结合两点之间的距离公式以及角平分线的性质,一一判断即可.
【详解】对于选项A,设,由,得,化简得,因此A正确;
对于选项B,假设在轴上存在异于的两点,使得,设,,
则,化简得,
因为,所以,
因此,解得或(舍),
即在轴上存在异于的两点,使得,故B正确;
对于选项C,若在上存在点,使得,设,则,
化简得,与联立,方程组无解,故在上不存在点,使得,因此C错;
对于选项D,当,,三点不共线时,,可知射线是的角平分线,故D正确.
故选:C.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,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,有错选的0分.
9. 已知圆:和圆:,以下结论正确的是( )
A. 若和只有一个公共点,则
B. 若,则和关于直线对称
C. 若,则和外离
D. 若且和的公共弦长为,则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据圆与圆位置关系对选项进行分析,从而确定正确答案.
【详解】圆的圆心为,半径为.
圆的圆心为,半径为.
圆心距.
当时,,两圆内切,和只有一个公共点,A选项错误.
当时,两个圆的半径相等,和关于直线对称,B选项正确.
当时,,即,和外离,C选项正确.
当,,,
所以,所以两圆相交,,两式相减并化简得,
即相交弦所在直线方程为,
所以公共弦长为,D选项正确.
故选:BCD
10. 已知抛物线,其焦点为F,准线为l,PQ是过焦点F的一条弦,点,则下列说法正确的是( )
A. 焦点F到准线l的距离为2
B. 焦点,准线方程
C. 的最小值是3
D. 以弦PQ为直径的圆与准线l相切
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A:由抛物线方程及焦点F到准线l的距离为即可求解;
对B:由抛物线方程即可求解;
对C:利用抛物线的定义,将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离,从而即可求解;
对D:利用抛物线的定义,及圆心到直线的距离等于圆的半径则直线与圆相切,从而即可求解.
【详解】解:对B:由抛物线,可得,准线 ,故选项B错误;
对A:由抛物线,可得,即,所以焦点F到准线l的距离为,故选项A正确;
对C:过点P作,垂足为,由抛物线的定义可得,
所以(为点到准线l的距离),当且仅当、、三点共线时等号成立,
所以的最小值是3,故选项C正确;
对D:过点P、Q分别作,,垂足分别为、,
设弦PQ的中点为M,则弦PQ为直径的圆的圆心为M,过点M作,垂足为,则为直角梯形的中位线,,
又根据抛物线的定义有,,
所以,
所以以弦PQ为直径的圆与准线l相切,故选项D正确;
故选:ACD.
11. 设数列,的前项和分别为,,,,且,则下列结论正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于AB,通过累乘法求出的通项公式,进而求出的通项公式,即可求解;
对于CD,通过的通项公式求出的通项公式,再通过裂项相消求,进而求解.
【详解】由题意,得,
∴当时,,
又当时也符合上式,
∴,易得,∴,
故A,B正确;
,
∴,
易知单调递增,
∴,∴,故C错误,D正确.
故选:ABD.
12. 如图,点是棱长为2的正方体的表面上一个动点,则( )
A. 当在平面上运动时,四棱锥的体积不变
B. 当在线段上运动时,与所成角的取值范围是
C. 当直线与平面所成的角为45°时,点的轨迹长度为
D. 若是的中点,当在底面上运动,且满足平面时,长度的最小值是
【答案】AC
【解析】
【分析】A. 由四棱锥的高和底面积判断; B.根据是等边三角形判断;C.根据直线与平面所成的角为,结合正方体的特征判断; D.建立空间直角坐标系,求得的坐标进行判断.
【详解】A. 当在平面上运动时,点到面的距离不变,不变,
故四棱锥的体积不变,故A正确;
B. 建立如图所示空间直角坐标系:
设 ,,则 ,
设与所成的角为,则 ,
因为,
当时, ,
当 时, ,则 ,
综上: ,所以与所成角的取值范围是,故B错误;
C.因为直线与平面所成的角为,
若点在平面和平面内,因为最大,不成立;
在平面内,点的轨迹是,
在平面内,点的轨迹是,
在平面时,如图所示:
,
作平面,因为 ,所以 ,
又 ,所以 ,
则,所以点的轨迹是以为圆心,以为半径的四分之一圆,
所以点的轨迹长度为,
所以点的轨迹总长度为长度为,故C正确;
D.建立如图所示空间直角坐标系:
设 ,,
则 , ,
设平面的一个法向量为,
则 ,即 ,
令 ,则 ,
因为平面,所以 ,即 ,
所以 ,
当 时,等号成立,故D错误;
故选:AC.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 某条河上有抛物线型拱桥,当水面距拱顶5时,水面宽8,一条木船宽4,木船露出水面上的部分高为0.75.水面上涨到与抛物线拱项相距___________米时,木船不能通过.
【答案】2
【解析】
【分析】根据题意建立平面直角坐标系并设出抛物线的方程,进而求出方程,然后解得答案.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系,设抛物线方程为,由题意点在抛物线上,代入得:,则抛物线方程为.
设水面上涨使得木船接触到处,此时木船不能通航,设,则,所以水面距拱顶(米).
故答案为:2.
14. 在四面体中,、分别是、的中点,若,则__.
【答案】1
【解析】
【分析】由空间向量的线性运算将用表示,由空间向量基本定理可求得的值即可求解.
【详解】在四面体中,、分别是、的中点,
所以
,
所以,
所以.
故答案为:.
15. 如果点在运动过程中,总满足关系式,记满足此条件的点M的轨迹为C,直线与C交于D,E,已知,则周长的最大值为______.
【答案】8
【解析】
【分析】根据椭圆定义判断出轨迹,分析条件结合椭圆定义可知当直线x=m过右焦点时,三角形ADE周长最大.
【详解】,
到定点,的距离和等于常数,
点的轨迹C为椭圆,且
故其方程为,
则为左焦点,
因为直线与C交于D,E,则,不妨设D在轴上方,E在轴下方,
设椭圆右焦点为A',连接DA',EA',
因为DA'+EA'≥DE,
所以DA+EA+DA'+EA'≥DA+EA+DE,即4a≥DA+EA+DE,
所以△ADE的周长,当时取得最大值8,
故答案为:8
16. 在数列中,首项不为零,且,为的前项和.令,则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【详解】数列首项,所以数列是公比为的等比数列,,,,所以,设,令,当且时取等号,,即的最大值为,故答案为.
四、解算题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知等差数列为其前项和,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)若为数列的前项和,求.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)设等差数列的公差为,根据题意列出方程求得,即可求得数列的通项公式;
(2)由,根据题意得到,利用等差数列的求和公式,即可求解.
【小问1详解】
解:设等差数列的公差为,因为,
可得,解得,
所以数列的通项公式.
【小问2详解】
解:由,可得,所以,
根据等差数列的求和公式,可得
18. 已知圆关于直线对称,且圆心C在轴上.
(1)求圆C的方程;
(2)直线与圆C交于A、B两点,若为等腰直角三角形,求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【解析】
【分析】(1)根据题意得到等量关系,求出,,进而求出圆的方程;(2)结合第一问求出的圆心和半径,及题干条件得到圆心到直线的距离为,列出方程,求出的值,进而得到直线方程
【小问1详解】
由题意得:直线过圆心,即,且,解得:,,所以圆C的方程为;
【小问2详解】
的圆心为,半径为2,由题意得:,圆心到直线的距离为,即,解得:或,所以直线的方程为:或.
19. 已知正方体的棱长为2,E,F分别是BD,的中点,M是上一点,且.
(1)证明:平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)如图,以点A为原点,分别以直线AB,AD,为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法即可得出结论;
(2)利用向量法即可得出答案.
【小问1详解】
证明:如图,以点A为原点,分别以直线AB,AD,为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则,,,,,,,,
所以,,,
设平面的法向量为,
由,得,可取,
因为,BM在平面外,所以平面;
【小问2详解】
解:因为,平面的法向量,
设直线与平面所成角为,
故,
直线与平面所成角的正弦值为.
20. 已知数列的前项和为,,数列满足,.
(1)求数列和的通项公式;
(2)设数列满足:,,若不等式恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1),;(2).
【解析】
【分析】(1)由,利用数列通项与前n项和的关系求得;再由求解;
(2)由,利用错位相减法求得, 由,利用累加法得到,从而求得,然后由恒成立求解.
【详解】(1)当时,,∴,
当时,由得
,即,
∴数列是公差为2的等差数列,
∵,∴.
由条件得,,
∴,即数列是公比为2的等比数列,
∴.
(2),设数列的前项和为,则,
∴,
∴,
,
∴,
由得,
累加得,
即,
∴,
∴,
令,则,
∴,
∴,
∴.
21. 如图所示,在四棱锥中,四边形是平行四边形,平面,点M在线段上,且.
(1)求实数a的值;
(2)求平面与平面夹角的余弦值;
(3)若点N是直线上的动点,求面积的最小值,并说明此时点N的位置.
【答案】(1)1; (2);
(3),N在DC的延长线上且NC=CD﹒
【解析】
【分析】(1)根据和边长的值即可求出a的值;
(2)选CD中点T,以AB,AT,AP为x,y,z轴建立直角坐标系A-xyz,求出平面与平面的法向量,利用法向量即可求出两平面夹角的余弦值;
(3)设,用计算出面积,利用二次函数求最值即可﹒
【小问1详解】
∵PA⊥平面ABCD,AD平面ABCD,∴PA⊥AD,∴
∴;
【小问2详解】
在△ABC中,,
,
∵四边形ABCD是平行四边形,
选CD中点T,则AT⊥CD,∥,
两两垂直,
∴以AB,AT,AP为x,y,z轴建立直角坐标系A-xyz,
则,∵AT为CD边上的高,
,
,∴M为AD中点,∴
,
设平面APC的法向量为,
∴,取,
设平面MPC的法向量为
,取
,
∴,∴平面MPC与平面APC夹角余弦值为;
【小问3详解】
设,,
∴
∵,
∴
当t=时,△NPB面积取最小值为,此时,N在DC的延长线上且NC=CD,即C为ND的中点﹒
22. 已知椭圆的一个焦点与短轴的两端点组成一个正三角形的三个顶点,且椭圆经过点.
(1)求椭圆方程;
(2)若直线与圆相切于点,且交椭圆于两点,射线于椭圆交于点,设的面积与的面积分别为.
①求的最大值;
②当取得最大值时,求的值.
【答案】(1),(2)①1,②
【解析】
【分析】
(1)设椭圆的上下顶点为,左焦点为,则由题意可得,从而椭圆方程为,将代入椭圆方程,解出,即可得到椭圆方程
(2)由直线与圆相切得,则,设,将直线代入椭圆方程得,,,根据根与系数的关系和弦长公式可得,设点到直线的距离为,可得的面积,设,由直线与圆相切于点,可得,则,可得,可得,由,,即可得答案
【详解】解:(1)由题意设椭圆的上下顶点为,左焦点为,则是等边三角形,所以,则椭圆方程为,将代入椭圆方程,可得,解得,
所以椭圆方程
(2)①由直线与圆相切得,则,设,
将直线代入椭圆方程得,,
,
因为,所以,
且,
所以
设点到直线的距离为,
所以的面积为
,
当,得时等号成立,所以的最大值为1
②设,由直线与圆相切于点,可得,则,可得,
所以,
因为,所以,
所以
【点睛】此题考查了直线与椭圆的位置关系、直线与圆相切、点到直线的距离公式、韦达定理、三角形面积公式、基本不等式的性质、弦长公式,考查了推理能力和计算能力,属于难题
重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷(含解析): 这是一份重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷(含解析),共17页。
重庆市万州第二高级中学2023届高三三诊数学试题(含解析): 这是一份重庆市万州第二高级中学2023届高三三诊数学试题(含解析),共26页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,双空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高二数学下学期期中试题(Word版附解析): 这是一份重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高二数学下学期期中试题(Word版附解析),共21页。试卷主要包含了 已知,则m等于, 函数在上的图像大致为, 在中国地图上,西部五省种, 已知椭圆, 下列导数运算正确的有等内容,欢迎下载使用。