重庆市七校2023-2024学年高二上学期期末联考数学试题

这是一份重庆市七校2023-2024学年高二上学期期末联考数学试题，共25页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卷交回.等内容，欢迎下载使用。

命题学校：重庆市实验中学 命题人：唐君奇 审题人：熊显东
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上.
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4．考试结束后，将答题卷交回.
第I卷（选择题 共60分）
一、单项选择题：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. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将题中抛物线的方程转化为标准方程，从而得解.
【详解】因为抛物线可化为，
所以其准线方程为.
故选：C.
2. 已知向量，若，且，则的值为（ ）
A. 0B. 4C. 0或4D. 1或4
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的模求出的值，再由向量垂直求出的值，最后求出即可.
【详解】因为且，所以，解得，
又因为，所以，
当时解得，此时，
当时解得，此时，
故选：C
3. 圆与圆公切线的条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到两圆相外切，即可得到答案.
【详解】由题意圆，即，
所以圆心，，
圆，即，
所以圆心，，
所以两圆圆心距，
所以两圆外切，公共切线为3条.
故选：C
4. “中国剩余定理”原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足七七数之剩二，将符合条件的所有正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A. 9B. 25C. 30D. 41
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出数列的通项及前项和为，再借助基本不等式求解即得.
【详解】依题意，，显然数列是等差数列，，
因此，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值25.
故选：B.
5. 若点在椭圆上，，分别是椭圆的两焦点，且，则面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在使用余弦定理后用椭圆的基本定义化简即可计算出结果.
【详解】首先我们需要确定椭圆的基本参数，对于椭圆
故.
根据椭圆的定义，对于椭圆上的任意一点 有：
……①，……②
由题知……③
在中使用余弦定理有：
……④
将①②③代入④式得到：……⑤
现在我们可以计算三角形的面积：
因此， 的面积是 .
故选：B.
6. 在正方体中，是中点，点在线段上（含端点），若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立合适空间直角坐标系，表示出点坐标，然后求解出平面的一个法向量，根据求解出的取值范围.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设，
所以，
设，所以，
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，令，所以，
所以，
令，对称轴，
所以，
所以，即，
故选：A.
7. 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，分析的几何意义，结合两点间的距离公式即可求解.
【详解】由题意知，
，
设，
则的几何意义为的值，
如图，作点关于x轴的对称点，连接，
与x轴的交点即为所求点P，此时取得最小值，为.
而，
即最小值为，
所以的最小值为.
故选：D
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，若线段交双曲线于点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，不妨取点在第二象限，题中条件，得到，记，求出，根据双曲线定义，得到，，在中，由余弦定理，即可得出结果.
【详解】
因为以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，不妨取点在第二象限，
所以，则，
因为双曲线的渐近线方程为，则，所以；
记，则，由解得，
因为，由双曲线的定义可得，所以，，
由余弦定理可得：，
则，所以，整理得，解得，
所以双曲线的离心率为.
故选：C.
【点睛】思路点睛：
求椭圆或双曲线的离心率的问题时，通常需要根据椭圆或双曲线的定义，以及题中条件，结合余弦定理，建立关于之间关系式，即可求解.
二、多项选择题：本题共4小题，每题5分，共20分．在每个小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，错选不得分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 为奇函数B. 为其定义域上的减函数
C. 有唯一的零点D. 的图象与直线相切
【答案】AC
【解析】
【分析】A：根据奇偶性定义进行判断；B：利用导数判断单调性；C：根据结合单调性进行判断；D：考虑斜率为的切线方程，然后作出判断.
【详解】对于A：的定义域为且关于原点对称，
又，所以为奇函数，故A正确；
对于B：，所以在定义域内单调递增，故B错误；
对于C：因为且在定义域内单调递增，所以有唯一零点，故C正确；
对于D：因为，令，所以，
所以斜率为的切线方程为：，，
即，，显然，故D错误；
故选：AC.
10. 设数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 成等差数列，公差为
C. 取得最大值时
D. 时，的最大值为33
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意首先求出，由此即可判断BCD；然后再求出，由此即可判断A.
【详解】由题意，，
则数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
而开口向下的二次函数的对称轴为，
所以当或时，取得最大值，故C错误；
对于A，由，得，，
所以，
而，所以，故A正确；
对于B，由，得，，，
所以，，成等差数列，公差，故B正确，
对于D，由得，故D正确；
故选：ABD.
11. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有（ ）
A. 当点E运动时，总成立
B. 当E向运动时，二面角逐渐变小
C. 二面角的最小值为
D. 三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，作出辅助线，得到，，从而得到平面，因为平面，所以总成立；B选项，当E向运动时，平面与平面的夹角不变；C选项，建立空间直角坐标系，设，，得到二面角的法向量，求出二面角的余弦，从而得到余弦值的最大值，得到二面角的最小值；D选项，利用体积公式求出三棱锥的体积为定值.
【详解】对于A，连接，，，

因为四边形为正方形，故，
又⊥平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面.
因为平面，
所以，同理可证.
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以总成立，故A正确.
对于B，平面EFB即平面，平面EFA即平面，
所以当E向运动时，二面角的大小不变，故B错误.
对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，所以，
因为E，F在上，且，
故可设，，，则，
由题知平面ABC的一个法向量为，
设平面ABE的一个法向量为，
则，解得，
取，则，故，
设二面角的平面角为，则为锐角，
所以，
又，所以当时，取得最大值，
取得最小值，故C正确；
对于D，因为，
点A到平面EFB的距离即到平面的距离，为，
所以，为定值，故D正确.
故选：ACD
12. 已知抛物线的焦点为，过点作直线与抛物线交于两点，则（ ）
A. 线段长度的最小值为
B. 当直线斜率为时，中点坐标为
C. 以线段为直径的圆与直线相切
D. 存在点，使得
【答案】ACD
【解析】
【分析】A：通过联立思想得到，由此可计算出，利用焦点弦公式以及基本不等式求解出的最小值；B：利用点差法求解出纵坐标后可判断；C：利用抛物线定义计算出圆心到准线的距离，并判断距离是否等于半径即可；D：代入坐标，计算出的值，根据结果再进行判断.
【详解】对于A：的焦点坐标为，直线的斜率不为，设，，
联立可得，且，
所以，所以，且，
所以，当且仅当时取等号，故A正确；
对于B：因为，所以，所以，
所以，所以，即中点纵坐标为，故B错误；
对于C：抛物线的准线方程，设中点为，过点向准线作垂线，垂足分别为，如下图：
由抛物线的定义可知：，
即等于以为直径的圆的半径长，故C正确；
对于D：当时，。
所以，
由选项A可知：，所以，所以此时，
所以的倾斜角互补，所以，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：已知是抛物线的过焦点的一条弦，设，则有：（1）；（2）.
第II卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，，，成等差数列，，，成等比数列，则的值是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由等差数列下标和性质可求，由等比中项性质可求，则结果可知.
【详解】因为，，，成等差数列，所以，
因为，，成等比数列，所以，
所以，
故答案为：.
14. 若方程表示焦点在轴上的双曲线，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线焦点在x轴上有，求解即可得出参数m范围.
【详解】因方程表示焦点在x轴上的双曲线，
则有，解得，
故答案为：.
15. 如图，在一个高为20，底面半径为2的圆柱形乒乓球筒的上壁和下壁分别粘有一个乒乓球，下壁的乒乓球与球筒下底面和侧面相切，上壁的乒乓球与球筒上底面和侧面相切（球筒和乒乓球厚度均忽略不计）.一个平面与两个乒乓球均相切，已知该平面截球筒边缘所得的图形为一个椭圆，请写出此椭圆的一个标准方程__________.
【答案】或
【解析】
【分析】设切点为，与圆柱面相交于，由题意即为椭圆的长轴，椭圆短轴即为圆柱底面直径的长，分析即得解.
【详解】对圆柱沿底面直径进行纵切，如图所示:切点为，与圆柱面相交于，
此时可知即为椭圆的长轴，在直角三角形中，
,又，
所以，
由平面与圆柱所截可知椭圆短轴即为圆柱底面直径的长，即，
所以椭圆的标准方程为或，
故答案为：或.
16. 在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为__________.点到直线的距离的最小值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再确定点的轨迹，计算长度即可；再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离作答.
【详解】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，
因为点分别是棱的中点，则，而，
即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，
因此，而，即四边形为平行四边形，于是，
即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，
于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；
以点D为原点建立空间直角坐标系，则，
则，令，
则有，，
于是点到直线的距离，
当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：；
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知圆的圆心在直线上且与y轴相切于点.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线l过点且被圆截得的弦长为，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设圆心坐标为，结合题意得到，求得圆心，再由，即可求得圆的方程；
（2）根据圆的弦长公式，化简得到，分的斜率不存在和存在，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：圆的圆心在直线上且与轴切于点，
可设圆心坐标，则，解得，.
所以圆心，半径，
故圆的方程为.
【小问2详解】
解：由直线l过点且被圆C截得的弦长为，
根据圆的弦长公式，可得，即，解得，
当的斜率不存在时，的方程为，此时不满足条件；
当的斜率存在时，设直线的斜率为，则方程为，即，
可得，解得或，
所以直线方程为或.
18. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线与直线平行,求出这条切线的方程；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）
（2）见详解
【解析】
【分析】（1）求导数,可得切线斜率,从而可得切线方程.
（2）求导数,分类讨论,利用导数的正负与函数单调性的关系,可得函数单调区间.
【小问1详解】
由题得,则
在点处的切线与直线平行,
即
又
曲线在点处的切线为即.
【小问2详解】
令得或
（i）当即时,
（ii）当即时,恒成立,
在上单调递增,无单调递减区间.
（iii）当即时,
综上所述,当时,的单调递增区间为,,单调递减区间为；
当时,在上单调递增,无单调递减区间；
当时,的单调递增区间为,,单调递减区间为.
19. 如图，在平行六面体中，，，，，，，与相交于点．
（1）求；
（2）求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，代入数值直接求得结果；
（2）化简可得，然后采用先平方再开方的方法求解出，则的长可知.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
因为，
所以
，
所以的长为.
20. 数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，公比．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，证明：恒成立.
【答案】20. ， 21. 证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据等差数列以及等比数列的通项公式列方程组，求得公差和公比，即可求得答案；
（2）利用错位相减法求得的表达式，即可证明结论.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，，则
，解得或（舍去），
，.
【小问2详解】
由（1）得，
，①
，②
①②得，，
，，
21. 如图，在斜三棱柱中，是边长为的正三角形，且四棱锥的体积为.
（1）求三棱柱的高；
（2）若，平面平面，为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过体积转化可得，结合三棱锥的体积公式求解出的值，则三棱柱的高可知；
（2）利用几何关系先证明两两垂直，然后建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面与平面的一个法向量，根据法向量夹角的余弦值的绝对值求解出结果.
【小问1详解】
设三棱柱的高为，
因为四边形是平行四边形，
所以，所以，
所以，
所以，且，
所以，即三棱柱的高为.
【小问2详解】
过作，因为为锐角，所以垂足在线段上，记为，连接，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
又因为，所以，
又因为，所以为中点，
又因为为等边三角形，所以，
由上可知：两两垂直，
以为坐标原点，以方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
又因为，所以，
设平面的一个法向量为，，
所以，令，所以，
设平面的一个法向量为，，
所以，令，所以，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
22. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为，定点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆分别交于点（不在直线上），若直线，与椭圆分别交于点，，且直线过定点，问直线的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）直线的斜率为定值1
【解析】
【分析】（1）由长轴长和离心率可求出，结合关系式可求出，进而求出椭圆的方程；
（2）可设，，，，由，得，将，代入椭圆整理得，联立求得，同理求得，结合，化简求出，由即可求解.
【小问1详解】
由椭圆的长轴长为4可知，
又椭圆的离心率为，即，所以，则，
因此椭圆的方程为；
【小问2详解】
直线的斜率为定值，定值为1，
证明：设，，，，，
，，
由，有，
因为，在椭圆上，
所以，，因此，
整理得，
即，因此，
联立，
解得，同理，
又因为直线过定点，所以，
将，，，代入，
有，整理得，
又，所以．
综上，直线的斜率为定值1．
【点睛】关键点睛：本题涉及的量比较多，关键是设而不求，整体代换的思想的应用.
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增