2023-2024学年重庆市第十八中学高二上学期12月学习能力摸底数学试题含答案

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数学试题
考试说明：
1.考试时间120分钟；2.试题总分150分；3.试卷页数4页.
一、单项选择题：本大题共8小题，每小題5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的.
1. 平行于直线且过点的直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行线斜率的性质，结合代入法进行求解即可.
【详解】与直线平行的直线可设为：，直线过点，
所以有，
故选：D
2. 已知，若，则m的值为（ ）
A. 3B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量垂直时，数量积等于0，列出相应方程，求得答案.
【详解】由题意可得，
故 ，则 ，
故选：A
3. 已知数列的前n项和是，则（ ）
A 20B. 18C. 16D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】由直接代值运算即可.
【详解】设数列的前n项和为，则，故.
故选：C.
4. 曲线（）与曲线（）的（ ）
A. 焦距相等B. 离心率相等
C. 焦点相同D. 顶点相同
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆和双曲线的方程结合椭圆和双曲线的性质分析判断.
【详解】因为，则，
可知表示焦点在 x轴上的椭圆，
其焦距为，
又因为，则，
可知曲线 表示焦点在y轴上的双曲线，
其焦距为，
所以其焦距相等，离心率、焦点和顶点均不相同.
故选：A.
5. 已知点，点为圆上的动点，则的中点的轨迹方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设的中点，则，代入圆的方程化简可得答案.
【详解】设的中点，则，
因为点为圆上的动点，所以，
即.
故选：D.
6. 已知双曲线的右焦点为，以为圆心，过坐标原点的圆与双曲线的一条渐近线交于点、，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出以为圆心，过坐标原点的圆的方程，求出直线截圆所得弦长，即为所求.
【详解】对于双曲线，，，则，则点，
以为圆心，过坐标原点的圆的方程为，
双曲线渐近线方程为，即，
圆心到双曲线渐近线的距离为，则.
故选：C.
7. 已知为坐标原点，抛物线（）的焦点为，抛物线上的点满足，的面积为，则该抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据焦半径公式可得，再根据的面积为可得，进而可得准线方程.
【详解】设，由可得，解得，故，解得，故.
又，故，解得
故抛物线的准线方程为.
故选：B
8. 双曲线：（）的左、右焦点分别为，，焦距为，若直线与双曲线的一个交点满足，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由直线的方程，可得，进而得到， ，再利用双曲线的定义，以及双曲线的离心率的定义，即可求解.
【详解】由题意直线过点且倾斜角为，则，
又，，可得，
因为，所以，，
由双曲线定义，，即，
解得.
故选：A.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知圆的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆过坐标原点B. 圆的圆心为
C. 圆的半径为5D. 圆被轴截得的弦长为6
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：代入即可判断；对于BC：将一般方程化为标准方程即可判断；对于D：根据题意结合垂径定理求弦长.
【详解】把代入可得，即方程成立，
所以圆过坐标原点，故A正确；
由整理得，
可知圆的圆心为，圆的半径为5，故B错误，C正确；
因为圆心到轴的距离为4，所以圆被轴截得的弦长为，故D正确；
故选：ACD.
10. 对于数列，若，，（），则下列说法正确的是（ ）
A. B. 数列是单调递增数列
C. 数列是等差数列D. 数列是等差数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，根据，分析即可；对B，根据判断即可；对CD，根据等差数列的定义判断即可.
【详解】对A，由题意，，故，故A正确；
对B，因为，，，故B错误；
对C，，故数列是等差数列，故C正确；
对D，，故数列是等差数列，故D正确.
故选：ACD
11. 如图，在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 存在点，使得平面
C. 当时，的最小值为
D. 当时，最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】在正方体中，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、
、，
因为，其中、，
对于A选项，，，则，
所以，与不垂直，故不存在点，使得平面，A错；
对于B选项，，，
若存在点，使得平面，则，解得，
即当点与点重合时，平面，B对；
对于CD选项，，可得，
又因为，，设，，其中，
则，
则，
因为，则，所以，，
所以，，当且仅当时，即当时，取最小值，
，当且仅当或时，即当或时，取最大值，
C对D错.
故选：BC.
12. 在平面直角坐标系中，方程对应的曲线为，则（ ）.
A. 曲线关于原点中心对称
B. 曲线上的点到原点距离的最小值为1
C. 曲线是封闭图形，其围成的面积小于
D. 曲线上的点到直线距离的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A结合中心对称的概念即可判断；对于选项B，设曲线上任意一点为，结合两点间的距离公式化简整理即可判断；对于选项C，作出曲线的图象与曲线的图象即可判断；对于选项D，结合点到直线的距离公式即可判断.
【详解】对于选项A，因为当点满足方程时，点也满足方程，
则可得到曲线关于原点中心对称，所以选项A正确；
对于选项B，设曲线上任意一点为，则其到原点的距离的平方为，
且，
即曲线上的点到原点距离的最小值为，所以选项B错误；
对于选项C，则，
故当时，当时.
作出如图，易得，则上的点满足，
故围成的图形在圆内，
故围成的面积小于，所以选项C正确；
对于选项D，到直线取距离最小值的点显然满足，故，
其到直线距离为，此时，故选项D正确；
故选：ACD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 直线与直线之间的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】直接代入公式即可求距离.
【详解】解：两直线间的距离.
故答案为: .
【点睛】本题考查了两直线间距离的求解.代入公式求直线的距离时，一定要确保两条直线 的系数相同.
14. 如图所示､点为椭圆的顶点，为的右焦点，若，则椭圆的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用椭圆得到顶点和右焦点的坐标，然后利用垂直可得，利用可得，求解即可
【详解】由椭圆可得，
所以，
因为，所以，即，
所以，所以，
因为，所以
故答案为：
15. 数列满足，，，若，，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据题意分析可知数列是以周期为4的周期数列，结合周期性分析求解.
【详解】因为，显然不合题意，则，
可得，，，，
所以数列是以周期为4的周期数列，
且，
所以.
故答案为：3.
16. 在平面直角坐标系中，A，分别是轴和轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则圆面积的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分析可知当圆心在原点到直线的垂线中点上时，圆的面积最小，结合点到直线的距离分析求解.
【详解】由题意可知：圆心到原点的距离与到直线的距离相等，
所以圆的面积最小时，圆心在原点到直线的垂线中点上，
因为到直线的距离，
则圆的半径最小值为，即面积的最小值为．
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 如图，在长方体中，，分别是棱，的中点，，.
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建系，利用空间向量法求出异面直线的夹角即可；
（2）利用空间向量求点到面的距离；
【小问1详解】
以A为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则
可得，
则，
因为异面直线所成的角时锐角或直角，则直线与所成角的余弦值为
【小问2详解】
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
所以点到平面的距离为.
18. 如图，四边形的四个顶点的坐标为，，，.
（1）求线段的中垂线的方程；
（2）设过点的直线与四边形的外接圆交于，两点，若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）求出中点坐标，再利用垂直得到斜率，写出点斜式方程并化简即可；
（2）求出圆心坐标，再分直线斜率不存和存在讨论即可.
【小问1详解】
因为，，则线段的中点坐标为，
，则中垂线的斜率为，
则线段中垂线的方程为，即.
【小问2详解】
由题意得的方程为，则，且，则四边形为梯形，
又因为，，则，
则四边形为等腰梯形，则其外接圆圆心位于轴正半轴上，
由（1）线段的中垂线的方程为，
令，则，则圆心坐标为，半径,
则外接圆的方程为，
设圆心到直线的距离为，则，即，（负舍），
当直线的方程的斜率不存在时，此时直线的方程为，即，圆心到直线的距离，符合题意，
当直线的方程的斜率存在时，设直线的方程为，
即，则有，解得，
则此时直线方程为，即.
综上直线的方程为或.
19. 已知点在抛物线上.
（1）求抛物线的方程；
（2）设、是抛物线上异于原点的两个动点，若，求直线在轴上的截距的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入抛物线的方程，求出的值，即可得出抛物线的方程；
（2）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，根据可求得的取值范围，即为所求.
【小问1详解】
解：将点的坐标代入抛物线的方程，可得，得，
故抛物线的方程为.
【小问2详解】
解：若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，即，
由韦达定理可得，，
所以，，解得，满足，
因此，直线在轴上的截距的取值范围.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
20. 如图，在四面体中，平面，，，.是的中点，是的中点，点在线段上.
（1）若∥平面，求的值；
（2）若二面角的大小为，求四面体的体积.
【答案】20.
21.
【解析】
【分析】（1）以的中点为原点建立空间直角坐标系，设出C的坐标，然后算出和平面的法向量，结合线面平行分析求解即可；
（2）算出平面的一个法向量，利用二面角的大小为60°求出C的坐标即可.
【小问1详解】
如图，取的中点O，以O为原点，，所在射线y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，
则，
设点C的坐标为，可得
设，
则，，
因为平面的法向量，
若∥平面，则，解得，
所以.
【小问2详解】
设为平面的一个法向量
由，
可得，取，得.
又因为平面的一个法向量为，
由题意可得：，
整理得.①
又因为，所以，
故，即.②
联立①②，解得（舍去）或，
即，
所以四面体的体积.
21. 已知点，，动点与点，连线的斜率之积为.
（1）求点的轨迹方程；
（2）设直线，与直线分别交于，两点，求证：以为直径的圆过两定点.
【答案】（1）
（2）以为直径的圆过两定点和，证明见解析
【解析】
【分析】（1）设点，再根据题意列式化简求解即可；
（2）先根据对称性判断以为直径的圆过的两定点在轴上，再设，表达出的坐标，再设定点为，根据，结合满足的方程代入化简即可.
【小问1详解】
设点，由题意，即，
化简可得，故点的轨迹方程为
【小问2详解】
由对称性可得，当取关于轴对称的两个位置时，所成的以为直径的两个圆也关于轴对称，故若以为直径的圆过两定点，则定点必在轴上，设为.
设，，则由可得，即，故，同理，故.
则，故，即.
又，故，则，解得或.
即以为直径的圆过两定点和
【点睛】方法点睛：
（1）轨迹方程的一般求法：设动点坐标，根据题意列式化简即可；
（2）当题中仅有一个动点时，可考虑设点坐标，根据点坐标将题意转化为表达式，最后代入动点满足的方程化简；
（3）动圆过定点问题一般定点在轴上，先根据对称性判断定点所在轴，再设定点，根据直径所对的角为直角，结合垂直向量的数量积为0计算.
22. 如图,为坐标原点,椭圆的左右焦点分别为,离心率为;双曲线的左右焦点分别为,离心率为,已知,且.
(1)求的方程;
(2)过点作的不垂直于轴的弦,为的中点,当直线与交于两点时,求四边形面积的最小值.
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】试题分析:(1)利用椭圆和双曲线之间的关系可以用分别表示双曲线和椭圆的离心率和焦点,由题目和即可得到之间的两个方程,联立方程消元即可求出的值,得到双曲线和椭圆的标准方程.
(2)利用(1)求出焦点的坐标,设出弦的直线的方程,联立直线与椭圆消得到关于的一元二次方程,再利用根与系数的关系得到两点纵坐标之间的和与积,进而得到点的纵坐标带入AB直线即可得到的横坐标,进而求出直线的方程,即为直线的方程,联立直线的方程得到的取值范围和求出点的坐标得到的长度,利用点到直线的距离得到到直线的距离表达式,进而用表示四边形的面积,利用不等式的性质和的取值范围即可得到面积的最小值.
(1)由题可得,且,因为,且,所以且且,所以椭圆方程为,双曲线的方程为.
(2)由(1)可得,因为直线不垂直于轴,所以设直线的方程为,联立直线与椭圆方程可得,则,,则,因为在直线上,所以,则直线的方程为,联立直线与双曲线可得,则,则,设点到直线的距离为,则到直线的距离也为,则,因为在直线的两端,所以,
则,又因为在直线上,所以,
则四边形面积,因为,所以当时,四边形面积的最小值为.
考点：弦长 双曲线 椭圆 最值