重庆市2024~2025学年高二数学上册期中检测试卷[附解析]

这是一份重庆市2024~2025学年高二数学上册期中检测试卷[附解析]，共23页。
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．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
一、单选题（本大题共8个小题，每题只有一个选项正确，每小题5分，共40分）
1. 过抛物线焦点的直线与交于、两点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦点弦长公式结合韦达定理可求得AB的最小值.
【详解】易知抛物线焦点为F1,0，
若直线与轴重合，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Ax1,y1、Bx2,y2，
联立可得，则，所以，，
由抛物线焦点弦长公式可得，
当且仅当时，等号成立，
故AB的最小值为.
故选：D.
2. 若直线与直线平行，则的值为（ ）
A. B. 或C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线平行可得出关于实数的等式与不等式，即可解得实数的值.
【详解】因为直线与直线平行，
则，解得.
故选：A.
3. 将正奇数按照如图排列，我们将……，都称为“拐角数”，则下面是拐角数的为（ ）
A. 55B. 75C. 111D. 135
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题中规律，并采用累加法结合等差数列前n项和公式求出拐弯数的通项公式，即可求解.
【详解】不妨设第n（）个“拐角数”为，
不难发现，
所以，得，
当时，也符合上式，所以，
所以第7个“拐角数”是，
第8个“拐角数”是，
第9个“拐角数”，
第10个“拐角数”是，
第11个“拐角数”是，
第12个“拐角数”是.故C对；
故选：C
4. 数列的通项公式为，则当该数列的前n项和取得最小值时n的值为（ ）
A. 9B. 8C. 8或9D. 7或8
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，当数列的前n项和取得最小值时，可得，，结合解得即可.
【详解】∵，∴，公差，且数列单调递增，
∴若数列的前n项和取得最小值，则
得 ，即，解得.
∵，则
∴数列的前n项和的最小值为
故选：B.
5. 在四棱锥中，底面，底面是正方形，,，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】在四棱锥中，平面，且四边形为正方形，
以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，所以，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A.
6. 已知数列满足：，对任意的、恒成立，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】不妨取，推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，利用等比数列的求和公式可求得的值.
【详解】不妨取，可得，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
所以，，
整理可得，解得.
故选：C.
7. 已知椭圆左焦点为，上顶点为A，在以点F为圆心，c为半径的圆上存在点M，使得直线的斜率为，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】转化为直线与圆有交点，建立关于的不等式，再根据，即可求离心率的范围.
【详解】直线的方程为，即，圆的方程为，
由题意知，直线与圆有交点，即直线与圆相交或相切，
所以，即，解得：，所以，
又，所以离心率，又，
所以.
故选：C
8. 已知数列满足：对任意的成立，令是数列的前n项和，若对任意的恒成立，则整数t的最小值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】数列满足，变形为：，利用等差数列的通项公式可得：，再利用“裂项求和”方法与数列的单调性即可得出．
【详解】数列满足：，，
数列是等差数列，公差为4，首项为1．
，．
．
数列的前项和，
又，则数列单调递增，
，
若对任意恒成立，，即，
则整数的最小值为8．
故选：D
二、多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则C是椭圆，其焦点在y轴上B. 若，则C是椭圆，其离心率为
C. 若，则C是双曲线，其焦点在y轴上D. 若，则C是双曲线，其离心率为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用椭圆、双曲线的位置特征及离心率求解判断得解.
【详解】对于A，，方程是椭圆，其焦点在y轴上，A正确；
对于B，，方程是椭圆，其离心率，B错误；
对于C，，方程是双曲线，其焦点在x轴上，C错误；
对于D，，方程是双曲线，其离心率为，D正确.
故选：AD
10. 已知数列满足：，对任意的成立，，其前n项和记为，则（ ）
A. 是等比数列B. 是等差数列
C. D. 存在实数，使得为等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】首先根据等比数列的定义，判断A，再求通项公式，判断C，再代入B选项，判断B，最后假设存在，设，则，求出后，再验证，判断D.
【详解】，，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；
，所以，故C正确；
，
，，所以数列是等比数列，故B错误；
因为，所以，
设，
，，，
若是等比数列，则，
即
解得：，
所以，
，，所以数列不是等比数列，
即不存在实数，使数列是等比数列，故D错误.
故选：AC
11. 双曲线具有以下光学性质：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O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，过C右支上一点作双曲线的切线交x轴于点，则（ ）
A.
B. 平面上点的最小值为
C. 若经过左焦点的入射光线经过点A，且，则入射光线与反射光线的夹角为
D. 过点作，垂足为H，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出直线的方程，即可求得，从而利用求解，判断A项；利用双曲线定义将转化为可得解，即可判断B项；求出点的坐标，研究的大小，即可判断C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D项.
【详解】解：对于A项，设直线的方程为，，
联立方程组，消去整理得，
，
，即，
又因为，所以上式可化简整理得，
所以，
所以直线的方程为，即，
所以，因，所以，故A项正确；
对于B项，由双曲线定义得，且，
则，
所以的最小值为.故B项正确；
对于C项，根据双曲线的光学性质可知反射光线所在直线即直线，
因为且，所以，
若，则，
所以直线直线；
同理可知当也可判断直线直线，
所以入射光线与反射光线的夹角为，故C项错误；
对于D项，如图，
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D项正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛： D项中，结合已知中，给出双曲线的光学性质，即可推出.
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 已知实数，若圆上恰有三个点到直线的距离为，则的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】分析出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可求得正实数的值.
【详解】因为圆上恰有三个点到直线的距离为，且圆的半径为，
则圆心到直线的距离为，则，
因为，解得.
故答案为：.
13. 设等比数列的前项和为，，，则_______
【答案】
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，根据题意可得出关于、的方程组，即可解出的值.
【详解】设等比数列的公比为，则，①
，②
②①得，整理可得，解得，
故.
故答案为：.
14. 已知抛物线，过点的直线与抛物线交于、两点，若为定值，则实数的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】设直线的方程为，联立直线方程和抛物线方程可得，，然后得到，再根据为定值列方程，解方程即可.
【详解】若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立得，
设Ax1,y1、Bx2,y2，则，，
，同理可得，
所以，
因为为定值，所以，解得.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
四、解答题（本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知为等差数列，其公差为，前项和为，为等比数列，其公比为，前项和为，若，，，．
（1）求公差和；
（2）记，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分析可得，由此可得，利用等比数列的求和公式可求出的值，即可得出的值，计算出的值，根据可得出关于的方程，即可解出的值；
（2）利用裂项相消法求出数列的前项和，即可证得结论成立.
【小问1详解】
因为为等差数列，其公差为，前项和为，则，
又因为，，则，
因为，即，可得，解得，故，
所以，，则，可得.
综上所述，.
【小问2详解】
由（1）可得，
所以，，
因此，
.
16. 如图，点D在平面内的射影点H在线段上，E为中点，F为中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求平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）根据给定条件，由勾股定理证得，再利用线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理得证.
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解.
【小问1详解】
在中，由，得，则，
由点D在平面内的射影点H在线段上，得平面，平面，
则，而平面，，于是平面，
又平面，则，由E为中点，得，
而平面，因此平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
在平面内过作，由（1）知，平面，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，，，
则，
，
设平面的法向量，则，取，得，
设平面的法向量，则，取，得，
设平面与平面所成锐二面角大小为，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值是.
17. 已知数列的前项和满足：,．
（1）求；
（2）若，求的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）令，求出的值，当时，由可得，作差可得，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；
（2）对任意的，计算出，问题转化为求数列的前项和，利用错位相减法结合分组求和可求得.
【小问1详解】
因为数列的前项和满足：，
则，则，可得，
当时，由可得，
上述两个等式作差可得，可得，
令，可得，则，解得，
所以，，且，
所以，数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，，故.
【小问2详解】
因为，
对任意的，，
问题转化为求数列的前项和，记数列的前项和为，
，
则，
上式下式得
，
化简得，
因此，.
18. 已知的周长为定值，、、，的最大值为．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）为的左顶点，过点且不与坐标轴垂直的直线与交于、两点，线段的中点为，记直线的斜率为，的外心为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，设，利用余弦定理结合基本不等式、余弦函数的单调性可知当时，角取最大值，结合余弦定理求出的值，分析可知，曲线为椭圆，求出的值，即可得出曲线的方程；
（2）根据题意，设直线的方程为，其中，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出点的横坐标以及，考虑即可，结合基本不等式可求得的最大值.
【小问1详解】
设，，设，即，且，
由三角形的三边关系可得，则，
由余弦定理可得
，
当且仅当时，等号成立，
因为余弦函数在上为减函数，且，
故当取最大值时，取最小值，所以，，解得，
所以，，
因此，曲线是除去长轴端点的椭圆，且其长轴长为，焦距为，
所以，，
因此，动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
易知点，根据题意，设直线的方程为，其中，
设点Mx1,y1、Nx2,y2，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
则，
故点，所以，，
线段的中点为，，
所以，线段的中垂线方程为，
同理可得，线段的中垂线方程为，
其中，，
联立，可得，
所以，，
要求的最大值，只需考虑即可，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
19. 双曲线离心率为，焦点到渐近线的距离为，斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点，过作直线垂直于轴，交曲线的另外一个点为，过作平行于的直线交曲线的另外一个点为，以此类推，直线垂直于轴，直线平行于，得到点列；记点的坐标为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若过双曲线的右焦点，证明直线过定点；
（3）若且为双曲线右顶点，，记，求的值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用双曲线的焦点到渐近线的距离求出的值，结合离心率可得出的值，由此可得出该双曲线的标准方程；
（2）设直线的方程为，由题意可知，，将直线的方程与双曲线方程联立，列出韦达定理，由对称性知，直线过轴上的定点，求出直线的方程，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，即可证得结论成立；
（3）将直线的方程与双曲线的方程联立，结合韦达定理可得出，再结合，可得，推导出数列为等比数列，确定该舒蕾的首项和公比，即可求得的值.
【小问1详解】
双曲线的渐近线方程为，即，
则该双曲线的焦点到渐近线的距离为，
又因为，可得，
因此，双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）可得，则，
若直线与轴重合，则与双曲线的右支只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，由题意可知，，
联立可得，
由题意可得，解得，
由韦达定理可得，，
由对称性知，直线过轴上的定点，
，直线的方程为，
将点的坐标代入直线的方程得，
所以，
，
因此，直线过定点.
【小问3详解】
由题意可知，、、，
由题意可知，直线的方程为，
联立可得，
由题意可知，、为方程的两根，
所以，，可得，
由题意可得，可得，
因为点，记，则，
则
，
易知点，则，
所以数列为等比数列，且首项为，公比为，
因此，.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.