2023-2024學年重慶市萬州三中高二數學下學期入學考試卷附答案解析

-2024學年重慶市萬州三中高二數學下學期入學考試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的．1．若直線經過兩點，則直線的傾斜角為A． B． C． D．2．等比數列中，，則與的等比中項為（

）A．24 B． C． D．3．關于橢圓與雙曲線的關系，下列結論正確的是（

）A．焦點相同 B．頂點相同 C．焦距相等 D．離心率相等4．已知是空間的一個基底，則可以和構成空間的另一個基底的向量為（

）A． B． C． D．5．在中國古代，人們用圭表測量日影長度來確定節(jié)氣，一年之中日影最長的一天被定為冬至.從冬至算起，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節(jié)氣，其日影長依次成等差數列，若冬至、立春、春分日影長之和為31.5尺，小寒、雨水，清明日影長之和為28.5尺，則大寒、驚蟄、谷雨日影長之和為（

）A．25.5尺 B．34.5尺 C．37.5尺 D．96尺6．若直線與圓相離，則過點的直線與橢圓的交點個數是（

）A．0或1 B．0 C．1 D．27．在空間中，“經過點，法向量為的平面的方程（即平面上任意一點的坐標滿足的關系式）為：”．用此方法求得平面和平面的方程，化簡后的結果為和，則這兩平面所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．8．若是雙曲線的兩個焦點，為上關于坐標原點對稱的兩點，且，設四邊形的面積為，四邊形的外接圓的面積為，則（

）A． B． C． D．二、多選題：本題共3小題，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．9．已知圓，則下列說法正確的是（

）A．點在圓M內 B．圓M關于對稱C．半徑為1 D．直線與圓M相切10．已知等差數列的前n項和為，若，則（

）A． B．C．的最小值為 D．的最小值為11．已知拋物線，焦點為，動點在拋物線的準線上，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為、，則下列說法正確的是（

）A．B．C．直線的方程為D．面積的最小值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知直線與直線具有相同的法向量，且經過點，則直線的一般式方程為.13．已知數列滿足：，，且是遞增數列，則實數的取值范圍是．14．月球背面指月球的背面，從地球上始終不能完全看見.某學習小組通過單光源實驗來演示月球背面.由光源點射出的兩條光線與分別相切于點、，稱兩射線、上切點上方部分的射線與優(yōu)弧上方所夾的平面區(qū)域(含邊界)為圓的“背面”.若以點為圓心，為半徑的圓處于的“背面”，則的最大值為.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15．已知動點M到點A（6，0）的距離等于M到點的距離的3倍，(1)求動點M的軌跡C的方程；(2)若直線與軌跡C沒有交點，求k的取值范圍.16．如圖，平行六面體的底面是正方形，，，若，，．(1)用，，表示；(2)求異面直線與所成角的余弦值．17．已知是各項均為正數的等比數列，且，，等差數列的前項和為，且，.（1）求數列，的通項公式；（2）如圖在平面直角坐標系中，點，，…，，，，…，，若記的面積為，求數列的前項和.18．在如圖所示的多面體中，四邊形為菱形，在梯形中，，，，平面平面.(1)證明：；(2)若直線與平面所成的角為，為棱上一點（不含端點），試探究上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由.19．閱讀材料并解決如下問題：Bézier曲線是計算機圖形學及其相關領域中重要的參數曲線之一.法國數學家DeCasteljau對Bézier曲線進行了圖形化應用的測試，提出了DeCasteljau算法：已知三個定點，根據對應的一定比例，使用遞推畫法，可以畫出拋物線.反之，已知拋物線上三點的切線，也有相應邊成比例的結論.已知拋物線上的動點到焦點距離的最小值為.(1)求的方程及其焦點坐標和準線方程；(2)如圖，是上的三點，過三點的三條切線分別兩兩交于點，若，求的值.1．A【詳解】試題分析：設直線的傾斜角為，由兩點斜率公式的直線的斜率所以，故選A．考點：1、直線的斜率公式；2、直線的傾斜角．2．C【分析】直接由等比中項的性質計算即可.【詳解】與的等比中項為，，則．故選：C．3．C【分析】利用橢圓與雙曲線的標準方程分別考慮其性質即可得解.【詳解】對于橢圓，顯然恒成立，設橢圓的長軸長為，短軸長為，焦距為，所以，則，則，所以橢圓的焦點為，焦距為，頂點和離心率是變化的；對于雙曲線，顯然其焦點在軸上，只需考慮焦距即可，不妨設其焦距為，則，故，所以雙曲線的焦距為；所以橢圓與雙曲線的焦距相等，故C正確，其余選項都不正確.故選：C.4．C【分析】利用基底的概念及空間向量的共面定理一一分析即可.【詳解】易知：，則與共面，同理，，即、均與共面，所以A、B、D三項均不能和構成空間的另一個基底，故A、B、D錯誤；設，顯然無法成立，即與不共面，故C正確.故選：C5．A【分析】由題意可知，十二個節(jié)氣其日影長依次成等差數列，設冬至日的日影長為尺，公差為尺，利用等差數列的通項公式，求出，即可求出，從而得到答案．【詳解】設從冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節(jié)氣其日影長依次成等差數列{}，如冬至日的日影長為尺，設公差為尺.由題可知，所以，，，，故選：A．6．D【分析】由直線與圓相離得，則點在橢圓的內部，由此即可得解.【詳解】由題意直線與圓相離，所以圓心到直線的距離，即，而，即點在橢圓的內部，所以過點的直線與橢圓的交點個數是2.故選：D.7．B【分析】由定義得出兩直線的法向量，數量積公式求出法向量的夾角余弦值.【詳解】由題意，平面和平面的法向量分別是，，設平面和平面的夾角為，故選：B.8．D【分析】根據給定條件，探求四邊形的形狀，結合雙曲線的定義及勾股定理求出，再求出作答.【詳解】依題意，點與，與都關于原點O對稱，且，因此四邊形是矩形，如圖，由雙曲線：得：，，于是，顯然四邊形的外接圓半徑為，因此，所以.故答案為：9．CD【分析】化出圓的標準方程后，再逐項驗證.【詳解】解：圓的標準方程為：，圓心為，半徑為1，A.因為，所以點在圓M外，故錯誤；B.因為，即圓心不在直線上，故錯誤；C.由圓的標準方程知，半徑為1，故正確；D.因為圓心為到直線的距離為，與圓M的半徑相等，故直線與圓M相切，故正確；故選：CD10．ACD【分析】由、知、，即可判斷AB；根據數列的單調性即可判斷CD.【詳解】由，得，即，由，得，即，所以.A：由，可知，故A正確；B：由，可知數列的公差，故B錯誤；C：，由知隨的增大而增大，則，所以的最小值為，故C正確；D：當時，；當時，；當時，；當時，，所以當時，；當時，；當時，，又，，所以，，所以，即，所以的最小值為，故D正確；故選：ACD11．ABC【分析】設點、，推導出拋物線在點處的切線方程為，同理可得出拋物線在點處的切線方程為，將點的坐標代入兩切線的方程，可推導出直線的方程，然后將直線的方程與拋物線的方程聯立，列出韋達定理，逐項判斷可得出合適的選項.【詳解】設點、，先證明出拋物線在點處的切線方程為，聯立可得，即，即，可得，所以，拋物線在點處的切線方程為，同理可知，拋物線在點處的切線方程為，將點的坐標代入兩切線方程可得，所以，點、的坐標均滿足方程，又因為兩點確定一條直線，故直線的方程為，C對；聯立可得，，由韋達定理可知，，，故直線、的斜率之積為，故，A對；因為，則，可得，所以，，易知直線經過拋物線的焦點，，所以，，則，B對；，，則，當且僅當時，等號成立，故面積的最小值為，D錯.故選：ABC.【點睛】結論點睛：拋物線在其上一點處的切線方程為；拋物線在其上一點處的切線方程為.12．【分析】分析可知，直線與直線平行，可設直線的方程為，將點的坐標代入直線的方程，求出的值，即可得出直線的一般方程.【詳解】因為，所以，點不在直線上，又因為直線與直線具有相同的法向量，且直線過點，則直線與直線平行，設直線的方程為，則，解得，所以，直線的一般方程為.故答案為：.13．【分析】根據題意是遞增數列可知，進而可得不等式恒成立，即得.【詳解】是遞增數列，且對于任意的，都有成立對于任意，，，化為：恒成立，又單調遞減，所以．故答案為：.14．##【分析】設過點的切線方程為，根據圓心到直線的距離等于半徑求出，即可得到直線、的方程，從而求出的取值范圍，當圓與圓外切且圓與（或）相切時，取最大值，從而求出的最大值，即可得解.【詳解】如圖設過點的切線方程為，所以，解得，所以直線的方程為，即，令，解得，直線的方程為，即，令，解得，因為圓處于圓的“背面”，所以，當圓與圓外切且圓與（或）相切時，取最大值，由圓與圓外切得，圓與相切時，又，所以，所以，即，解得或，結合，所以，所以的最大值為，同理圓與相切時的最大值為，綜上可得的最大值為.故答案為：

15．(1)(2)【分析】（1）設出點坐標，根據已知條件列方程，化簡求得動點的軌跡的方程.（2）聯立直線與軌跡的方程，結合判別式列不等式來求得的取值范圍.【詳解】（1）設點M的坐標（x，y），由題意得：|MA|=3|MB|，即：,整理得：,故軌跡C是以（0，0）點為圓心，2為半徑的圓，其方程為：.（2）由題意可聯立方程組，消去y，得方程：，因為直線與圓C沒有交點，所以，即：，解得：.16．(1)(2)【分析】（1）根據向量的線性運算可得；（2）空間向量數量積公式結合向量夾角公式計算即可.【詳解】（1）因為．（2），因為，，，所以，，，所以，所以異面直線與夾角的余弦值為．17．（1），；（2）【分析】（1）數列的公比為，數列的公差為，根據已知條件列方程求出首項和，的值即可求解；（2）利用（1）的結論計算，，計算的通項，利用乘公比錯位相減即可求解.【詳解】（1）設數列的公比為，則.因為，，所以，得，又因為，所以，可得，所以；設數列的公差為，因為，，所以解得，所以；（2）由（1）得，，故，則，，①，②由①－②得，，，所以.18．(1)證明見解析(2)存在，1【分析】（1）由平面平面推出，再由推出平面，進而推出；（2）建立空間直角坐標系，設出點坐標，利用向量法表示出平面與平面夾角的余弦值即可求解.【詳解】（1）因為平面平面，，平面，平面平面，所以平面，又平面，故，因為四邊形為菱形，所以，又，，平面，所以平面，又因為平面，所以；（2）設，由（1）可知，平面，故直線與平面所成的角為，所以，則與均為邊長為2的等邊三角形，以為原點，，分別為，軸建立空間直角坐標系，如下圖：由平面，可得平面的法向量為，而，，，設（），則，，，設平面的法向量，則，取，可得，，故，所以平面與平面夾角的余弦值為，解得或0（舍去），所以存在一點使得平面與平面夾角的余弦值為，此時的長為1..19．(1)拋物線的標準方程為，其焦點坐標為，準線方程為(2)1【分析】（1）根據題意可得，求出，即可得的方程及其焦點坐標和準線方程；（2）設，拋物線上過點的切線方程為，聯立方程，根據求出，進而可求得拋物線上過點的切線方程，同理可求得拋物線上過點的切線方程，兩兩聯立，可以求得交點的縱坐標，再分別求出，再根據即可得解.【詳解】（1）因為拋物線上的點到焦點距離的最小值為，轉化為到準