重庆市万州二中教育集团2023-2024学年高二下学期入学考试数学试卷（Word版附解析）

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量监测数学试题
考试范围：选必一，二；考试时间：120分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分）
1. 设空间向量，，若，则实数k值为（ ）
A. 2B. C. D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】由向量平行的坐标表示求解．
【详解】由题意，解得．
故选：A．
2. 过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线互相垂直可得所求直线的斜率，利用直线的点斜式方程即得.
【详解】由直线可得其斜率为：，则与其垂直的直线斜率为，
故过点且与直线垂直的直线方程为，即：.
故选：C.
3. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒或小石子来研究数．他们根据沙粒或小石头所排列的形状把数分成许多类，如图的称为五边形数，若五边形数所构成的数列记作，下列不是数列的项的是（ ）
A. 35B. 70C. 145D. 175
【答案】D
【解析】
【分析】根据数列的前4项可归纳出数列的递推关系式，再根据累加法与等差数列的前项和公式可得，逐项判断即可得结论.
【详解】由已知可得，
，
归纳可得：．
因为，
，
，
……
，
累加可得，，
整理可得，，也符号，故．
对于A项，令可得，，解得或（舍去），所以，，故A项错误；
对于B项，令可得，，解得或（舍去），所以，，故B项错误；
对于C项，令可得，，解得或（舍去），所以，，故C项错误；
对于D项，令可得，，解得（舍去）或（舍去），所以，170不是数列的项，故D项正确．
故选：D．
4. 已知函数在点处的切线方程为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
【详解】因为函数在点处的切线方程为，
所以，且，所以，
所以．
故选：A.
5. 在等差数列中，若，则（ ）
A. 30B. 40C. 45D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的下标性质可求出结果.
【详解】因为数列为等差数列，且，
所以，即，
所以.
故选：C
6. 过轴上一点作圆的两条切线，切点为A，B，当切线长最短时，则劣弧长（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出切线长最短时的圆心角的大小即得.
【详解】圆的圆心，半径，点到轴距离，
则，当且仅当点与原点重合时取等号，显然，
则，当时，，
于是，圆心角，所以劣弧长.
故选：D
7. 古希腊哲学家、百科式科学家阿基米德最早采用分割法求得椭圆的面积为椭圆的长半轴长和短半轴长乘积的倍，这种方法已具有积分计算的雏形.已知椭圆的面积为，离心率为，，是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，则下列结论正确的是（ ）
①椭圆的标准方程可以为 ②若，则
③存在点，使得 ④的最小值为
A. ①③B. ②④C. ②③D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆的性质判断A；由定义结合余弦定理、三角形面积公式判断B；由余弦定理得出的最大角为锐角，从而判断C；由基本不等式判断D.
【详解】对于①：由，解得，
则椭圆的标准方程为，故①正确；
对于②：由定义可知，
由余弦定理可得：
，整理得，
则，故②错误；
对于③：设，
，
，由于，
，
则不存在点，使得，故③错误；
对于④：，当且仅当，
即时，等号成立，故④正确；
故选：D
8. 斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，记，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列的递推关系代入即可求解.
【详解】因为的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，即，A正确；
当时，，，B正确；
由给定的递推公式得：，，…，，
累加得，
于是有，即，C错误；
，，，…，，累加得，D正确.
故选：C.
二、多选题（共3题，每题6分，共18分．全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分）
9. 下列表述中正确的是（ ）
A. 若不存在，则曲线在点处没有切线
B. 曲线在处的切线方程为，则当时，
C.
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】取特例可判断A；根据导数定义及几何意义可判断B；由导数运算可判断C；先求导，令可得，然后可判断D.
【详解】对于A，不妨记，则，在处导数不存在，
但在处的切线方程为，故A错误；
对于B，若曲线在处的切线方程为，
则，即当时，，
所以，当时，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对应D，若，则，
则，解得，
所以，则，故D错误.
故选：BC
10. 已知数列满足，，为的前项和，则（ ）
A. 为等比数列
B. 的通项公式为
C. 为递减数列
D. 当或时，取得最大值
【答案】AC
【解析】
【分析】利用构造法得，判断出为首项为，公比为的等比数列，判断A选项；利用等比数列通项公式求出通项公式，得出，判断B选项；根据函数是减函数，判断C选项；令，解得，判断D选项.
【详解】因为，所以，即，，
又因为，所以，所以为首项为，公比为的等比数列，A正确；
，所以，B错误；
因为函数是减函数，所以为递减数列，C正确；
令，即，解得，所以时，，时，，所以当或时，取得最大值，D错误.
故选：AC
11. 随着我国航天科技的快速发展，双曲线镜的特性使得它在天文观测中具有重要作用，双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左，右焦点，过C右支上一点作直线l交x轴于，交y轴于点N，则（ ）
A. C的渐近线方程为
B. 过点作，垂足为H，则
C. 点N的坐标为
D. 四边形面积的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据方程，可直接求出渐近线方程，即可判断A项；根据双曲线的光学性质可推得点为的中点.进而得出，结合双曲线的定义，即可判断B项；由已知可得，进而结合双曲线方程，即可得出点的坐标，即可判断C项；由，代入利用基本不等式即可求出面积的最小值，判断D项.
【详解】对于A项，由已知可得，，所以双曲线的渐近线方程为，故A项正确；
对于B项，如图，

，且满足，所以直线的方程为，
联立化简得，由于，
即为双曲线的切线.由双曲线的光学性质可知，平分，
延长与的延长线交于点.
则垂直平分，即点为的中点.
又是的中点，所以，
故B项正确；
对于C项，设，则，整理可得.
又，所以有，所以有，
解得，所以点的坐标为，故C项错误；
，
当且仅当，即时，等号成立.
所以，四边形面积的最小值为，故D项正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用光学性质得点为的中点，结合双曲线的定义求解，注意平面几何的特性是解决此类问题的捷径.
第II卷（非选择题）
三、填空题（每题5分，共15分）
12. 已知、，则以为直径的圆的标准方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出所求圆的圆心坐标与半径，即可得出所求圆的标准方程.
【详解】线段的中点坐标为，，
所以，所求圆的半径为，故所求圆的标准方程为.
故答案为：.
13. 在移动通信中，总是有很多用户希望能够同享一个发射媒介，进行无线通信，这种通信方式称为多址通信.多址通信的理论基础是：若用户之间的信号可以做到正交，这些用户就可以同享一个发射媒介.在n维空间中，正交的定义是两个n维向量满足.已知某通信方式中用户的信号是4维非平行向量，有四个用户同享一个发射媒介，已知前三个用户的信号向量为.写出一个满足条件的第四个用户的信号向量__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据“正交”的定义列方程，从而求得正确答案.
【详解】设满足条件的第四个用户的信号向量是，
则，
则，则，
故一个满足条件的信号向量是.
故答案为：（答案不唯一）
14. 如图，正方形的边长为1，连接各边的中点得到正方形，连接正方形各边的中点得到正方形，依此方法一直进行下去.记为正方形的面积，为正方形的面积，为正方形的面积，…….. 为的前项和.给出下列四个结论：
①存在常数，使得恒成立；②存在正整数，当时，；③存在常数，使得恒成立；④存在正整数，当时，其中所有正确结论的序号是_________.
【答案】①②③
【解析】
【分析】根据题意，正方形边长成等比数列，正方形的面积等于边长的平方，也为等比数列，利用等比数列求和公式，然后逐项判断即可求解.
【详解】记第个正方形的边长为，面积为，
由每个正方形都是由上一个正方形各边中点连接得到，可知第个正方形的边长为，
面积为，
所以，又因为，所以正方形面积构成的数列是首项为，公比为的等比数列，
其通项公式为，
对①：，因为，所以恒成立，故①正确；
对②：当时，即且为正整数，所以存在，故②正确；
对③、④：，又因为，
所以，因此当时，恒成立，故③正确；
因此当时，恒成立，故④错误.
故答案为：①②③.
【点睛】方法点睛：本题主要是找到面积之间为公比为的等比数列，然后利用等比数列的求和公式及恒成立问题即可求解.
四、解答题（共5题，77分，解答应写出文字说明）
15. 在等比数列中.
（1）已知，，求；
（2）已知，，求；
（3）已知，，，求.
【答案】15.
16.
17. 9
【解析】
【分析】考查等比数列的通项公式，用、把条件表示出来，求出首项和公比即可.
【小问1详解】
小问2详解】
因为.所以.
【小问3详解】
因为：，，所以.
由
16. 如图，直四棱柱的底面为菱形，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求底面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面，然后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面夹角余弦作答.
【小问1详解】
因为平面为菱形，所以.
又平面，平面，所以.
又平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
连接，设菱形对角线交点分别为，，连接，依题意可知平面，
又，以为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
由，，得，，
则，
，，
设平面的法向量为，则，
令，得，易知平面的一个法向量为，
因此，
所以底面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17. 请阅读下列材料，并解决问题：
圆锥曲线的第二定义
二次曲线，即圆锥曲线，是由一平面截二次锥面得到的曲线，包括椭圆，抛物线，双曲线等.2000多年前，古希腊数学家最先开始研究二次曲线，并获得了大量的成果.古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究二次曲线曲线.阿波罗尼曾把椭圆叫“亏曲线”把双曲线叫做“超曲线”，把抛物线叫做“齐曲线”，事实上，二次曲线由很多统一的定义、统一的二级结论等等.比如：平面内的动点到一个定点的距离和到定直线的距离的比是常数，则动点的轨迹就是圆锥曲线（这个圆锥曲线的第二定义）.其中定点称为其焦点，定直线称为其准线（其中椭圆与双曲线的准线方程为，抛物线准线方程为），正常数称为其离心率.当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.
（1）已知平面内的动点到一个定点的距离和到定直线的距离的比是常数，则动点的轨迹方程为 （直接写出结果，无需过程）.
（2）在（1）所求的曲线中是否存在一点，使得该点到直线的距离最小？最小距离是多少？
【答案】（1）
（2）存在，最小距离为.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，列出方程化简即得.
（2）利用三角换元法结合点到直线距离公式和辅助角公式即可.
【小问1详解】
依题意，，化简并整理得，
所以点的轨迹方程为.
【小问2详解】
假设存在这样点到直线的距离最小，
设，其中，则点到直线的距离，其中，
则当时，.
所以存在这样的点，使得该点到直线的距离最小，距离最小为.
18. 已知点在曲线上，为坐标原点，若点满足，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）设是上的两个动点，且以为直径的圆经过点，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，根据，把点的坐标用点的坐标表示，再代入曲线即可得解；
（2）由已知可得，验证当为椭圆顶点的情况，当不是椭圆顶点时，可得直线的斜率存在且不等于零，可设直线的方程为，则直线的方程为，求出的值，代入化简即可．
【小问1详解】
设，因为点在曲线上，所以，
因为，所以．
代入可得，
即，即的方程为；
【小问2详解】
因为以为直径的圆经过点，所以，
当为椭圆顶点时，，
当不是椭圆顶点时，可得直线的斜率存在且不等于零，
可设直线的方程为，则直线的方程为，
由，得，
所以，
同理可得，，
所以．
综上，为定值．
【点睛】方法点睛：求动点轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标表示相关点的坐标，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标之间的直接关系难以找到时，往往先寻找与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
19. 同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，，且．若则称a与b关于模m同余，记作（mdm）（“|”为整除符号）．
（1）解同余方程（md3）；
（2）设（1）中方程的所有正根构成数列，其中．
①若（），数列前n项和为，求；
②若（），求数列的前n项和．
【答案】（1）或（）．
（2）①3036；②
【解析】
【分析】（1）根据带除的定义求解，（md3），即能被3整除，从而得出或能被3整除；
（2）①首先求出（分奇偶项），确定出，用并项求和法求和；②求出，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和．
【小问1详解】
由题意（md3），所以或（），即或（）．
【小问2详解】
由（1）可得为，所以．
①因为（），所以．
．
②（）．
因为，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．