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）

2023年重庆一中高2025届高二上期周练7数学测试试题卷注意事项：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：A4.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：B5.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：B8.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：BCD10.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：ABD11.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4C.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：AC12.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.