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重庆八中2023-2024学年度（上）期末考试高二年级数学试题一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．已知事件与事件互斥，且，则（）A． B． C． D．2．已知椭圆 的左焦点是双曲线 的左顶点，则双曲线的渐近线为（）A． B． C． D．3．已知等差数列的前项和为，若，则数列的公差（）A．3 B．2 C． D．44．某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）． 已知接收天线的口径（直径）为，深度为，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（）A．0.9 B． C．1.2 D．1.055．在正方体中，点是棱的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（）A． B． C． D．6．直线 与圆 相交于两点，若 ，则该直线斜率的取值范围是（）A． B．C． D．7．直线经过椭圆的左焦点，且与椭圆交于 两点，若为线段中点，，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．8．已知数列满足，且，记数列的前 项和为，则（）A． B． C． D．2二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．重庆八中组织全体学生参加了主题为“奋斗百年路，启航新征程”的知识竞赛，随机抽取了200名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组的取值区间均为左闭右开），如图所示，画出频率分布直方图，下列说法正确的是（）A．成绩在区间内的学生有46人 B．图中的值为C．估计全校学生成绩的中位数约为 D．估计全校学生成绩的分位数为9010．已知圆和圆，则下列说法不正确的是（）A．圆与圆有四条公切线B．点为圆上一动点，的最大值为C．圆与圆的公共弦所在直线方程为D．圆与圆的公共弦长为11．设数列 的前 项和为 ，满足 ，其中，，则下列选项正确的是（）A．为等差数列B．C．当时，有最大值D．设，则当或时，数列的前项和取得最大值12．已知双曲线，过左焦点作一条渐近线的垂线，垂足为，过右焦点作一条直线交双曲线的右支于两点，的内切圆与相切于点，则下列选项正确的是（）A．线段的最小值为B．的内切圆与直线相切于点C．当时，双曲线的离心率为D．当点关于点的对称点在另一条渐近线上时，双曲线的渐近线方程为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在等比数列 中，，则 ．14．某公司招新面试中有3道难度相当的题目，小明答对每道题目的概率都是0.7.若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，则小明最终通过面试的概率为 .15．已知数列满足，则数列的前8项和 ．16．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于 两点，若，则 ．四、解答题：本题共6小题，共70分． 请将正确答案做在答题卷相应位置，有必要的推理或证明过程．17．为迎接冬季长跑比赛，重庆八中对全体高二学生举行了一次关于冬季长跑相关知识的测试，统计人员从高二学生中随机抽取100名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，统计后发现所有学生的测试成绩都在区间内，并制成如图所示的频率分布直方图．(1)估计这100名学生的平均成绩；(2)若在区间内的学生测试成绩的平均数和方差为74和26，在区间内的学生测试成绩的平均数和方差为89和106，据此估计在内的所有学生测试成绩的平均数和方差．18．已知数列的首项，设为数列的前项和，且有．(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和．19．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为棱上的点，且．(1)证明：；(2)若，求直线与平面所成角的大小．20．已知抛物线过点，过点作直线与抛物线交于不同的两点，过点作轴的垂线分别与直线交于点，其中为原点．(1)求抛物线的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)证明：为线段的中点．21．已知等差数列的首项，公差．记的前项和为．(1)若，求；(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求公差的取值范围．22．设椭圆的右焦点为，点在椭圆上，点是线段的中点，点是线段的中点．(1)若为坐标原点，且的面积为，求直线的方程；(2)求面积的最大值．参考答案与解析1．B【分析】根据事件概率的基本运算法则直接计算求解.【解答】对于A，由于不清楚事件与事件是否相互独立，所以无法计算，故A错误；对于B，因为事件与事件互斥，所以，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，，故D错误.故选：B2．D【分析】根据椭圆和双曲线相关基本知识直接求解即可.【解答】设椭圆焦距为，则，则，所以椭圆 的左焦点为，所以双曲线 的左顶点为，所以，所以，所以双曲线 的渐近线为.故选：D3．B【分析】根据等差数列通项公式和求和公式直接计算求解.【解答】由题意得，，解得.故选：B4．A【分析】根据题意建立平面直角坐标系求出抛物线方程即可得到答案.【解答】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点重合，焦点在轴上，设抛物线方程为，代入，所以，解得，所以抛物线方程为，则该抛物线的焦点到顶点的距离为.故选：A5．C【分析】通过平行关系将异面直线夹角转化为相交直线夹角，结合等腰三角形性质求解正弦值即可.【解答】如图所示，取中点，连接，取中点，连接，则，所以四边形是平行四边形，所以，所以或其补角是异面直线与所成角，设正方体棱长为2，则，在等腰中，是中点，所以，所以，即异面直线与所成角的正弦值为.故选：C6．C【分析】利用垂径定理及勾股定理表示出弦长，列出关于的不等式，求出不等式的解集，即可得到的范围.【解答】由圆的方程得：圆心，半径，圆心到直线，即的距离，，变形整理得，即，解得，的取值范围是，故选：C.7．C【分析】根据得到，结合点差法相关知识计算求得，进而求得离心率.【解答】如图所示，因为，所以，所以，设，则，两式相减得，则，因为直线，为线段中点，，所以，，代入上式得，则，所以椭圆的离心率.故选：C.8．A【分析】按为奇数和偶数讨论得到的通项公式，利用裂项相消法求数列的前项和.【解答】，当时，，，两式相减得，，所以的奇数项是以为首项，4为公差的等差数列，，当时，，，两式相减得，，所以的偶数项是以5为首项，为公差的等差数列， ；所以，，设，则，所以，则.故选：A9．BC【分析】根据题目中的频率分布直方图，结合中位数和百分位数相关概念求解即可.【解答】对于A，成绩在区间内的学生有人，故A错误；对于B，由图表可知，，所以，故B正确；对于C，因为，，所以设全校学生成绩的中位数，所以，解得，故C正确；对于D，设全校学生成绩的分位数为，则，解得，故D错误.故选：BC10．A【分析】根据圆心距和两圆半径的比较，即可得出两圆相交，判断选项A，由对称性判断B，联立两圆方程相减即得两圆公共弦所在直线的方程，判断C，利用点到直线的距离公式和勾股定理即可求解公共弦长判断选项D.【解答】对于A：由题知，，，，，则，又，即，所以圆与圆相交，有两条公切线，A错；对于B：点为圆上一动点，则的最大值为，故B正确；对于C：联立得，故圆与圆的公共弦所在直线方程为，C正确；对于D：点到的距离为，所以圆与圆的公共弦长为，D正确.故选：A11．ABD【解答】因为，所以，又因为，，所以，所以数列是首项19，公差为的等比数列，即.故选项A正确.因为，所以，故选项B正确.因为，所以当时，有最大值，故选项C错误.因为，因为，所以，，故，，，，设数列的前项和为，则由以上计算可知且所以当或时，数列的前项和取得最大值，故选项D正确.故选：ABD.12．BCD【分析】设出直线方程，联立双曲线方程，利用韦达定理及弦长公式可判断A，根据双曲线的定义和内切圆性质可判断B，由题可得进而可判断C，根据条件可得渐近线与x轴的夹角为可判断D.【解答】设双曲线的右焦点为，，当直线斜率不存在时，直线的方程为，则，当直线斜率存在时，设直线的方程为联立，消去，得，，由，解得或，所以，所以当直线与轴垂直时，的长最小，即最小值为，故A错误；设的内切圆与三角形三边的切点分别是，由切线长性质，可得，因为，所以，所以与重合，即的内切圆与直线AB相切于点，故B正确；由题可知双曲线的渐近线为，，则，由上可知，所以，所以，故C正确；若关于P点的对称点在另一条渐近线上时，则渐近线与x轴的夹角为，则其渐近线方程为，故D正确.故选：BCD.【点拨】关键点拨：本题A选项的关键是采用设线法联立双曲线方程，利用弦长公式证明出双曲线焦点弦中通径最短的结论.13．12【分析】根据等比数列的通项公式可得结果.【解答】设等比数列的公比为，，所以，所以，故答案为：12.14．##【分析】根据独立事件概率乘法公式可求得无法通过面试的概率，根据对立事件概率的求法可求得结果.【解答】小明无法通过面试的概率为，小明最终通过面试的概率为.故答案为：.15．502【分析】根据取倒数构造等比数列，结合等比数列求和公式即可得到答案.【解答】由，取倒数得，所以，因为，所以，所以，所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以，则，所以数列的前8项和.故答案为：50216．2【分析】根据题意计算得到点坐标，再代入抛物线方程求解答案即可.【解答】由题意得，直线斜率不为0，设其方程为，，，由，得，当时，，因为，所以，代入上式解得，因为，所以，代入抛物线方程，得，化简得，，又因为，所以.故答案为：217．(1)69.5分(2)平均数80，方差112【分析】（1）根据频率分布直方图直接求平均数即可；（2）利用平均数和方差公式直接计算求解即可.【解答】（1）由图表可知，这100名学生的平均成绩为分（2）在区间内的学生测试成绩的平均数和方差为74和26，区间的学生频率为，在区间内的学生测试成绩的平均数和方差为89和106，区间的学生频率为，所以在内的所有学生测试成绩的平均数为，方差为18．(1)(2)【分析】（1）根据得到，两式相减构造常数列即可求出数列的通项公式；（2）利用错位相减法求和方法进行求和即可【解答】（1）由，当时，，两式相减，得，即，即对恒成立，所以是常数列，所以，所以（2）由（1）知，，所以，所以，两式相减，得，所以19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；（2）根据题意建立合适的空间直角坐标系，结合线面角的计算公式求解即可.【解答】（1）因为四边形为矩形，所以，又因为，平面，，所以平面，因为平面，所以，因为，所以（2）由（1）知，平面，因为平面，所以，所以在中，，所以，所以，以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，，设平面法向量为，则，令，则，设直线与平面所成角的大小为，则，所以，即直线与平面所成角的大小为20．(1)抛物线的方程为，焦点，准线(2)证明见解析【分析】（1）根据抛物线过点代入求出抛物线方程，再求焦点和准线即可；（2）设，由题意得到，再计算验证即可.【解答】（1）因为抛物线过点，所以，解得，所以抛物线的方程为，所以抛物线的焦点为，准线为（2）设，因为过点作直线与抛物线交于不同的两点，直线斜率存在，所以，即，所以，则，因为，所以，又由，得则过点作轴的垂线为，直线，，所以，，所以，所以，又因为三点都在上，所以为线段的中点得证21．(1)(2)【分析】（1）根据等差数列通项公式和求和公式直接代入计算即可；（2）根据等比数列的性质得到，通过代入和整理，得到对于每个，存在实数使此式成立，则，结合不等式特征求解即可.【解答】（1）因为等差数列的首项，公差为，所以，，，因为，所以，化简得，因为，所以，所以（2）由题意得，，，，因为成等比数列，所以，则，化简整理得，对于每个，存在实数使此式成立，则，即，即，当时，符合题意；当时，则二次函数开口向上，则，原不等式解为，所以相差距离为，则之间一定有一个整数，所以只能为，即，所以.综上所述，公差的取值范围为22．(1)(2)【分析】（1）分斜率存在和不存在讨论，当斜率存在时设直线方程与椭圆方程联立消元，利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出面积，根据已知列方程可解；（2）分直线过原点和不过原点，当不过原点时设直线方程与椭圆方程联立消元，利用韦达定理表示出M坐标，再由中点坐标公式得P点坐标，代入椭圆方程可得k和b的关系，然后利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出面积（注意），然后用导数求最值.【解答】（1）在椭圆中，，此时点P坐标为，当直线的斜率不存在时，易知，，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，代入椭圆方程得，即，所以，所以，因为点P到直线的距离为，则有，方程无解，不符合题意.综上，直线的方程为（2）由（1）知，当直线过原点且斜率存在时，，故直线过原点时面积最大值为；当直线不过原点时，易知直线斜率一定存在，设方程为，代入椭圆方程整理可得①，记，则，所以，则，将代入上式，得，整理得，代入①，得，又点F到直线AB的距离为，则，整理得，令，，则，易知当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故当时，，所以，又直线与椭圆有两个交点，所以，解得，故当，即时，面积的有最大值.综上，面积的最大值为.【点拨】关键点点拨：本题考查椭圆三角形最值问题.设而不求是圆锥曲线中最常用的方法之一，本题关键点在于通过各点之间的关系，结合韦达定理表示出M坐标，进而得到点P坐标，借助P点在椭圆上作为突破口进行求解，本题考查转化与化归能力和运算能力，属于难题.

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