重庆市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了25升B， 已知抛物线，圆， 数列满足，且，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号，考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本卷或者草稿纸上无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟.
一、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. 已知椭圆的一个焦点为，则实数的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据方程是椭圆方程，得，然后由关系得出值．
【详解】由题意，
，，
故选：A．
2. 等差数列中，已知，则
A. 48B. 49C. 50D. 51
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列性质，结合通项公式的基本量求法求解即可
【详解】由等差数列的性质得，，则，所以公差，由等差数列的通项公式得，，解得．
故选：C
3. 圆：与直线：的位置关系为（ ）
A. 相切B. 相交C. 相离D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆心坐标与半径，再将直线方程化为一般式，根据圆心到直线的距离即可判断.
【详解】圆：的圆心为，半径，
直线：即，则圆心到直线的距离，
所以直线与圆相切.
故选：A
4. 现有茶壶九只，容积从小到大成等差数列，最小的三只茶壶容积之和为0.5升，最大的三只茶壶容积之和为2.5升，则从小到大第5只茶壶的容积为（ ）
A. 0.25升B. 0.5升C. 1升D. 1.5升
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质即可求解.
【详解】设九只茶壶按容积从小到大依次记为 ，
由题意可得，
所以，
故选：B
5. 已知双曲线的左､右焦点分别为过左焦点作斜率为2的直线与双曲线交于A，B两点，P是AB的中点，O为坐标原点，若直线OP的斜率为，则b的值是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用点差法设、，作差即可得到，再根据斜率公式，从而得到，即可得解；
【详解】解：设、，则，，
两式相减可得，
为线段的中点，，，
，又，，
，即，，
故选：D.
6. 已知数列中，，当时，，，成等差数列.若，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得数列的递推关系，再一一代入即可求解.
【详解】当时，，，成等差数列，则，
由于，则，
故选：D.
7. 已知抛物线，圆：，过圆心作直线与抛物线和圆交于四点，自上而下依次为，，，，若，，成等差数列，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，可得圆心C为抛物线的焦点，求出弦AB长，设出直线AB方程并与抛物线方程联立，求解作答
【详解】圆：的圆心，半径，显然点为抛物线的焦点，其准线为，
设，则，而，
由，，成等差数列得，，因此，
即有，解得，设直线的方程为，显然，
由消去y得：，则有，解得，
所以直线的斜率为.
故选：B
8. 数列满足，且，则（ ）
A. 4043B. 4044C. 2021D. 2022
【答案】A
【解析】
【分析】由，可得，即为常数列，进而可得，从而即可求解.
【详解】解：因为，所以，
所以，即为常数列，又，
所以，
所以，解得，
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 数列递增数列B.
C. 当时，D. 当或4时，取得最大值
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定的前项和，求出，再逐项判断作答.
【详解】数列的前项和，当时，，
而满足上式，所以，B正确；
数列是公差为的等差数列，是单调递减的，A不正确；
当时，，C正确；
当时，，即数列前3项均为正，第4项为0，从第5项起为负，
因此当或4时，取得最大值，D正确.
故选：BCD
10. 已知正方体，则（ ）
A. 直线与所成的角为B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为D. 直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
11. 已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则的最小值为4
C. 以线段为直径的圆与直线相切
D. 若，则直线的斜率为1
【答案】AC
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点坐标、准线方程，设出点A，B的坐标及直线AB方程，再结合各选项的条件分别计算判断作答.
【详解】抛物线：的焦点为，准线，设点，
对于A，显然在抛物线上，则，A正确；
对于B，，当且仅当时取等号，
当时，，有，因此当时取得最小值5，B不正确；
对于C，，线段AB的中点M纵坐标为，
则，显然点M是以线段为直径的圆的圆心，
点M到直线的距离为，所以圆M与直线相切，C正确；
对于D，显然直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：，
由消去y得：，有，
由得：，于是得，解得，D不正确.
故选：AC
12. 已知双曲线：上、下焦点分别为，，虚轴长为，是双曲线上支上任意一点，的最小值为.设，，是直线上的动点，直线，分别与E的上支交于点，，设直线，的斜率分别为，.下列说法中正确的是（ ）
A. 双曲线的方程为B.
C. 以为直径的圆经过点D. 当时，平行于轴
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，得出，，即可求出双曲线标准方程判断A；设，表示出，，即可判断B；利用直线与双曲线相交得出坐标，即可判断C；利用，得出的值，即可判断D.
【详解】由题知，，，，解得，所以双曲线方程为，A正确；
由A知，，，设，则，，
所以，B错；
由上述知，直线方程为，直线方程为，
联立，得，因点是异于的上支点，
所以，代入直线方程得，即，
联立，得，因点是异于的上支点，
所以，代入直线方程得，即，
则，，
所以，即，所以以为直径的圆经过点，C正确；
当时，即，，所以代入坐标得，
所以平行于轴，D正确.

故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若一数列为1，，，，…，则是这个数列的第________项.
【答案】15
【解析】
【分析】根据数列指数的特点求出通项公式，即可得到结果.
【详解】数列的指数分别是0，7，14，21，…，
则指数部分构成首项为，公差为的等差数列，
则对应指数的通项公式为，
由，
所以是这个数列的第15项.
故答案为：15
14. 双曲线：（，）的渐近线与抛物线的准线交于，两点，为坐标原点，的面积为1，则双曲线的渐近线方程为______．
【答案】或
【解析】
【分析】求出抛物线的准线及双曲线的渐近线，再联立求出线段AB长，结合三角形面积，求出作答.
【详解】双曲线：的渐近线方程为：，抛物线的准线为直线：，
联立与得：，因此有，
而的面积，即，
所以双曲线的渐近线方程为或.
故答案为：或
15. 已知椭圆是椭圆上关于原点对称的两点，设以为对角线的椭圆内接平行四边形的一组邻边斜率分别为，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用椭圆的对称性，斜率坐标公式计算作答.
【详解】因是椭圆上关于原点对称的两点，不妨设，则，且，
又是椭圆内接平行四边形，则点关于原点对称，
不妨设，则，且，直线斜率分别为：
，因此，而，即，
所以.
故答案为：
16. 已知椭圆：的左、右焦点分别是，，斜率为的直线经过左焦点且交C于A，B两点（点A在第一象限），设的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则椭圆的离心率___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，联立直线与椭圆方程得，，再利用，再代入值计算即可得答案.
【详解】如图所示，由椭圆定义可得，，
设的面积为，的面积为，因为，
所以，即，
设直线，则联立椭圆方程与直线，可得
，
由韦达定理得：，
又，即
化简可得，即，
即时，有.
故答案为：
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. 已知数列满足，，且当 时，有，
（1）求；
（2）若数列中，求
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可知数列为等差数列，结合等差数列的通项公式运算求解；
（2）由（1）可得：，利用累加法求通项公式.
【小问1详解】
因为当 时，有，可知数列为等差数列，设公差为d，
由题意可得：，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得：，
当时，则
，
即，
且也满足上式，所以.
18. 四棱锥，底面为矩形，面，且，点在线段上，且面.
（1）求线段的长；
（2）对于（1）中，求直线与面所成角的正弦值.
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直得到，再由相似比得方程可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，运用夹角公式先求线面角的余弦值，再转化为正弦值即可.
【小问1详解】
面，
在矩形中，易得：
；
【小问2详解】
如四建立空间直角坐标系：
则，
，
由题意可知：为平面的一个法向量，
，
，
直线与面所成角的正弦值为.
19. 已知双曲线经过点，点．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）已知，过点的直线与双曲线交于不同两点，，若以线段为直径的圆刚好经过点，求直线的方程．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，设出双曲线的方程，利用待定系数法求解作答.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理结合垂直关系的向量表示求解作答.
【小问1详解】
依题意，设双曲线的方程为：，而双曲线经过点，点，
则有，解得，即有，
所以双曲线标准方程为：.
【小问2详解】
显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为：，
由消去得：，显然，
，设，
则有，因为以线段为直径的圆刚好经过点，
即有，而，
于是得，即，
有，整理得：，解得或，
因此直线：或，
所以直线的方程为或.
20. 已知数列中，，，其前项和满足（，）.
（1）求数列的通项公式；
（2）设（为非零整数，），试确定值，使得对任意，都有成立.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】根据已知结合与前项和的关系，利用相减法确定的递推关系式，判断为等差数列，即可求解数列的通项公式；
根据数列的单调性列不等式求解即可.
【小问1详解】
解：由已知，得
即，且.
数列是以为首项，公差为1的等差数列.
.
【小问2详解】
解：，
，要使得对任意，恒成立，
恒成立，
恒成立，
恒成立.
（i）当为奇数时，即恒成立，又是递增数列
则当时，有最小值为1，
.
（ii）当为偶数时，即恒成立，又是递减数列
则当时，有最大值，
.
即，又为非零整数，则.
综上所述，存在，使得对任意，都有.
21. 在平面直角坐标系中，点为坐标原点，，，为线段上异于的一动点，点满足.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）点是曲线上两点，且在轴上方，满足，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，结合椭圆定义可得轨迹方程；
（2）连接，延长交椭圆于点，利用面积桥可知所求四边形面积即为，设直线，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，代入弦长公式中可得，利用点到直线距离公式可求得点，即点到直线的距离，由此可将所求面积表示为关于的函数，利用函数求最值的方法可求得结果.
【小问1详解】
，，，
，
点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，则，，，
点的轨迹的方程为：.
【小问2详解】
连接，延长交椭圆于点，连接，

由椭圆对称性可知：，又，四边形为平行四边形，
，，且三点共线
四边形的面积，
设直线，，
由得：，
，，
，
又，点到直线的距离即为点到直线的距离，
点到直线的距离，，
设，则，，，
又，当，即时，四边形面积取得最大值，最大值为.
【点睛】思路点睛：求解直线与椭圆综合应用中的三角形或四边形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求三角形的面积；用面积桥结合三角形面积表示出四边形面积；
④将所求面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.
22. 已知点在抛物线上，过动点作抛物线的两条切线，切点分别为､，且直线与直线的斜率之积为.
（1）证明：直线过定点；
（2）过､分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为､，问：是否存在一点使得､､､四点共圆？若存在，求所有满足条件的点；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）法一：将代入抛物线方程得到，设切点坐标为，再根据导数的几何意义可得切线方程为，设，，直线方程为，联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理可得得到定点；
法二：设，过的直线方程为，联立抛物线方程，根据二次函数判别式为0得，得到，再联立直线和抛物线的方程，根据韦达定理可得得到定点；
（2）联立直线和抛物线得出韦达定理，设，，再联立，直线方程可得，可得在直线上运动，再假设､､､四点共圆可得，代入求解判断是否有解即可.
【小问1详解】
法一：将代入抛物线方程得到，所以抛物线方程为，求导可得，设切点坐标为，则切线斜率为，所以切线方程为，即；
设，，直线方程为，由题意得，所以，联立直线和抛物线得得，所以得，
所以的直线方程为，直线过定点；
法二：将代入抛物线方程得到，所以抛物线方程为，
设，过的直线方程为，联立
得，
得，由，
切点横坐标为，所以
联立直线和抛物线得得，所以得，
所以的直线方程为，直线过定点；
【小问2详解】
联立直线和抛物线得得①
可知，，
设，，直线方程为：，直线方程为：，
联立解得，所以，所以在直线上运动，
假设存在点使得､､､四点共圆，则，所以，
因为，可得，解得，
不合题意，所以不存在点使得､､､四点共圆.
【点睛】本题主要考查了抛物线的切线问题与定点问题，需要根据题意，根据导数的几何意义或联立直线与抛物线的方程用判别式分析.同时也考查了联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理转化题设条件求解的问题.属于难题.