重庆市渝中区巴蜀中学校2023-2024学年高二（上）期末数学试题（含解析）

这是一份重庆市渝中区巴蜀中学校2023-2024学年高二（上）期末数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了等比数列的前项和为，若且，则等内容，欢迎下载使用。

数学试卷
（命题人：王善荣 审题人：韩武红）
注意事项
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试卷上作答无效.
3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分）
1．已知正三棱柱所有棱长均为2，则该正三棱柱的体积为（ ）
A．B．4C．D．
2．已知点满足，则点的轨迹为（ ）
A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．圆
3．在长方体中，，则异面直线的夹角余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知圆与圆有且仅有2条公切线，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知等差数列的前项和为，且，则数列的最大项是（ ）
A．B．C．D．
6．已知直线与直线相交于点为直线上一动点，则线段长度的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．等比数列的前项和为，若且，则（ ）
A．6B．6或14C．-6或14D．2或6或14
8．正四面体的外接球与内切球的半径比为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，漏选得2分，错选得0分）
9．已知双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的方程可以是（ ）
A．B．
C．D．
10．抛物线的焦点是，过焦点的直线与相交于不同的两点，是坐标原点，下列说法正确的是（ ）
A．以为直径的圆与轴相切
B．若是线段的中点，且，则
C．
D．若，则直线的斜率为
11．如图，正方体的棱长为是棱的中点，为正方体表面内的一个动点，且满足平面，下列说法正确的是（ ）
A．动点的轨迹是一段圆弧
B．三棱锥体积的最大值为
C．
D．直线与夹角正切的最小值为
12．已知数列满足：，其中，数列的前项和是，下列说法正确的是（ ）
A．当时，数列是递增数列
B．当时，若数列是递增数列，则
C．当时，
D．当时，
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分）
13．已知直线，且，则与之间的距离为 .
14．已知函数，则 .
15．已知为等比数列，且，则 .
16．已知双曲线的左､右焦点分别为，倾斜角为且过点的直线与双曲线的右支交于两点，设内切圆的半径为的内切圆的半径为，则圆心的横坐标为 （填或），若，则双曲线离心率的最小值为 .
四、解答题（本大题共6小题，其中17题10分，其余每小题12分，应写出必要的解答、推理过程和文字说朋）
17．已知数列为等差数列，的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：.
18．已知曲线，
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求过点且与曲线相切的直线方程.
19．如图1所示，为等腰直角三角形，分别为中点，将沿直线翻折，使得，如图2所示.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
20．已知双曲线的左､右焦点分别为，点为双曲线上一点，且
(1)求双曲线的标准方程；
(2)已知直线与双曲线交于两点，且，其中为坐标原点，求的值.
21．已知的前项和为，且满足.
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足：，且，求数列的前项和.
22．已知椭圆的离心率为，上顶点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)为坐标原点，，点是椭圆上的动点，过作直线分别交椭圆于另外三点，求的取值范围.
参考答案与解析
1．A
【分析】根据三棱棱柱体积的计算公式直接计算，判断选项.
【解答】,
故选:A
2．C
【分析】根据已知条件及抛物线的定义即可求解.
【解答】表示点到点的距离； 表示点到直线的距离.
因为，
所以点到点的距离等于点到直线的距离，
所以的轨迹为抛物线.
故选：C.
3．B
【分析】连接，,根据正方体,得到, 得到异面直线的夹角为的夹角或补角，利用余弦定理求解.
【解答】连接，,根据正方体,得到
所以异面直线的夹角为的夹角,
又,,所以,,
则,
则异面直线的夹角的余弦值为.
故选：B
4．A
【分析】根据题意，得到两圆的相交，结合圆与圆的位置的判定方法，列出不等式，即可求解.
【解答】因为圆和圆有且仅有2条公切线，可得两圆的位置相交，所以，
即，平方得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
5．B
【分析】由题意结合等差数列的性质可判断出数列公差小于0，从而得是递减数列，前项5为正，从第6项起均为负数，由此可得答案.
【解答】由题意知对于等差数列，，
所以，又因为，
所以，
故数列是递减数列，前项5为正，从第6项起均为负数，
所以数列的最大项是，
故选：B.
6．A
【分析】由题意两动直线分别过定点，由交轨法可知点的轨迹为以、为直径的圆，判断直线与该圆的位置关系，结合点到直线的距离、三角形三边关系即可求得线段长度的最小值.
【解答】直线恒过定点，直线恒过定点，
由两直线的方程可知：两直线相互垂直.
所以点的轨迹方程为，圆心为，
圆心到直线的距离，
所以且与直线相离，
所以线段长度的最小值为.
故选：A.
7．D
【分析】根据已知条件及等比数列的前项和公式即可求解.
【解答】设等比数列的公比为，则
当时，则，
所以；
当时，若，则，
所以，
，即，
又因为
所以，解得，
所以
所以或14，
综上：或6或14，
故选：D.
8．C
【分析】设正四面体的外接球球心为，为的中心，设棱长为，即可求出外接球的半径，利用等体积法求出内切球的半径，即可得解.
【解答】如图，设正四面体的外接球球心为，为的中心，则平面，
外接球半径为，内切球半径为，设棱长为，
在中，由正弦定理得，所以，
所以，由，
即解得（负值舍去）；
由等体积法得到，所以，
所以.
故选：C.
9．AC
【分析】由相同渐近线的双曲线的特征即可得解.
【解答】由题可设双曲线的方程为，当时，对应的方程为，
而BD中的方程均不能化成“”这样的形式.
故选：AC.
10．AB
【分析】设，求出中点为，判断选项A；利用点差法求解，求出，判断选项B；由，得到，推出，判断选项C；设直线的倾斜角为，求出，，利用，判断选项D.
【解答】设，
所以中点为，
到轴的距离，
又因为，所以，
所以以为直径的圆与轴相切，故A正确；
设，所以，
所以，故B正确；
设，若，则，
所以，
解得，所以
设直线，联立，则，
故，，即，
所以与矛盾，
所以，故C错误；
设直线的倾斜角为，
当点在第一象限时，，，
则，故，
同理可得，
所以，
所以,
当点在第四象限时，同理可得，，
所以，
所以，所以错误；
故选：AB
11．BCD
【分析】，过作平面平面，得到动点的轨迹是线段，可判定A错误；根据当与重合时，三棱锥体积的最大，可判定B正确；证得平面，可得判定C正确；由直线与夹角为，结合，可判定D正确.
【解答】如图所示，过作平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，同理可证，
因为为的中点，所以分别为中点，
所以动点的轨迹是线段，故A错误；
因为的面积为定值，所以当与重合时，三棱锥体积的最大，
此时，故B正确；
因为分别是的中点，可得，
在正方体中，可得，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以C正确；
过点作，垂足为，连接，
在正方体中，可得平面，且平面，
所以，所以直线与夹角为，
则，其中，
所以直线与夹角正切的最小值为，故D正确.
故选:BCD.
12．ACD
【分析】对于A，利用作差法，结合配方法，可得答案；
对于B，利用作差法，结合递推公式，建立不等式组，可得答案；
对于C，整理递推公式，联立数列的不等关系，利用累加法，可得答案；
对于D，整理递推公式，联立数列的不等关系，利用累乘法，可得答案.
【解答】因为且，
所以，数列是递增数列，故A正确；
若数列是单调递增数列，
当时，
且，所以，又因为是单调递增的，
所以只需要，则，解得或，故B错误；
，所以，
所以，所以，故C正确；
易知是递增数列，所以，则，
即，所以，
即，所以，
当时，，所以
所以，D正确，
故选:ACD.
13．##
【分析】利用两直线平行的条件及两直线平行间的距离公式即可求解.
【解答】由题可知，且，
所以，
所以，
所以与之间的距离为.
故答案为：.
14．
【分析】根据题意，求得，代入即可求解.
【解答】由函数，可得，所以.
故答案为：.
15．
【分析】根据题意，结合等比数列的性质，即可求解.
【解答】设等比数列的公比为，
由等比数列的性质可得：，
又因为，所以.
故答案为：.
16．
【分析】对于第一空，由双曲线的定义、平方关系以及以及切线长定理即可得解；对于第二空，由解直角三角形知识，得到结合以及离心率公式即可得解.
【解答】如图所示，
设，其中.
设.过分别作的垂线，垂足分别为R､S､T，
所以由切线长定理有，
则，
又因为，所以.
又，所以，同理可得.
所以在直线上，所以，
过作，直线倾斜角为，
由题可知，
所以，
，
所以，化简为，
所以，又因为，解得.
故答案为：，.
【点拨】关键点拨：第二空的关键是得到，由此结合已知条件即可顺利得解.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接由等差数列及其求和公式中的基本量计算出等差数列的首项和公差即可得解.
（2）由（1）得，由裂项相消法求和即可得证.
【解答】（1）设数列的公差为，由题得，
解得，所以.
（2）由（1）可得，所以，
所以.
18．(1)
(2)或
【分析】（1）求得，得到，结合直线的点斜式方程，即可求解；
（2）设切点为，求得切线方程为，结合点在直线上，列出方程求得，进而求得过点的切线方程.
【解答】（1）解：由函数，可得，可得，
即曲线在点处的切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：因为点不在曲线上，
设切点为，所以，
所以切线方程为，
又因为在直线上，所以，
即，解得或.
当切点为时，切线方程为；
当切点为时，切线的斜率为，此时切线方程为，
综上所述，过点且与曲线相切的直线方程为：或.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）用面面垂直的判定定理证明；
（2）建系，找到平面的一个法向量，平面的法向量，代入二面角的向量公式求解即可.
【解答】（1）证明：由题可知，因为分别为中点，所以，
所以，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）由（1）可知，因为，
所以，所以两两垂直，以为轴，以为轴，以为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，，
易得平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
所以，即，解得一个法向量
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．(1)
(2)或
【分析】（1）根据已知条件及双曲线的定义即可求解；
（2）将直线与双曲线方程联立方程组，利用韦达定理及点到直线的距离公式，结合弦长公式及三角形的面积公式即可求解.
【解答】（1）由及双曲线的定义知，，即，
所以双曲线的方程为：.
（2）由题意可知，作出图形如图所示
设，由题可知，
联立，
所以，
点到直线的距离，
所以
，
令，化简得：，解得：或，
所以或.
21．(1)
(2)
【分析】（1）当时求出，当时利用进行求解即可；
（2）由所给等式可知的奇数项和偶数项分别成等差数列，利用等差数列的通项公式分别求出及的通项公式，分类讨论利用错位相减法进行求和.
【解答】（1）当时，，所以，
当时，因为①，
所以②，
①-②得，即，
所以，当时，满足上式，
所以.
（2）因为，所以，两式相减得，所以的奇数项和偶数项分别成等差数列，
当为奇数时，，令，则，
所以，此时；
当为偶数时，，令，则，
所以，此时；
记的前项和为，
当时，
令①，
所以②，
①-②得，
所以，
令，
发现，
所以，
所以当为偶数时，；
当为奇数时，为偶数，
所以，
所以
22．(1)
(2)
【分析】（1）由，求出，得到椭圆方程；
（2）设，求出，设，联立方程求出，同理可得，代入求解范围.
【解答】（1）由题得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，由题可知，
①
由题可知：直线斜率不为
设，
联立,
则，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以
又因为，所以，
所以②
设，同理得，
所以，
又因为，
所以，所以同理可得③，
将②③代入①得
又因为，所以.
【点拨】本题考查椭圆的标准方程以及椭圆中范围问题，考查学生数学运算能力，解析几何中，范围的问题通常采用参数来求解.