2023-2024学年重庆市万州三中高二数学下学期入学考试卷附答案解析

-2024学年重庆市万州三中高二数学下学期入学考试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若直线经过两点，则直线的倾斜角为A． B． C． D．2．等比数列中，，则与的等比中项为（

）A．24 B． C． D．3．关于椭圆与双曲线的关系，下列结论正确的是（

）A．焦点相同 B．顶点相同 C．焦距相等 D．离心率相等4．已知是空间的一个基底，则可以和构成空间的另一个基底的向量为（

）A． B． C． D．5．在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长的一天被定为冬至.从冬至算起，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，小寒、雨水，清明日影长之和为28.5尺，则大寒、惊蛰、谷雨日影长之和为（

）A．25.5尺 B．34.5尺 C．37.5尺 D．96尺6．若直线与圆相离，则过点的直线与椭圆的交点个数是（

）A．0或1 B．0 C．1 D．27．在空间中，“经过点，法向量为的平面的方程（即平面上任意一点的坐标满足的关系式）为：”．用此方法求得平面和平面的方程，化简后的结果为和，则这两平面所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．8．若是双曲线的两个焦点，为上关于坐标原点对称的两点，且，设四边形的面积为，四边形的外接圆的面积为，则（

）A． B． C． D．二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．9．已知圆，则下列说法正确的是（

）A．点在圆M内 B．圆M关于对称C．半径为1 D．直线与圆M相切10．已知等差数列的前n项和为，若，则（

）A． B．C．的最小值为 D．的最小值为11．已知抛物线，焦点为，动点在抛物线的准线上，过点作抛物线的两条切线，切点分别为、，则下列说法正确的是（

）A．B．C．直线的方程为D．面积的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知直线与直线具有相同的法向量，且经过点，则直线的一般式方程为.13．已知数列满足：，，且是递增数列，则实数的取值范围是．14．月球背面指月球的背面，从地球上始终不能完全看见.某学习小组通过单光源实验来演示月球背面.由光源点射出的两条光线与分别相切于点、，称两射线、上切点上方部分的射线与优弧上方所夹的平面区域(含边界)为圆的“背面”.若以点为圆心，为半径的圆处于的“背面”，则的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．已知动点M到点A（6，0）的距离等于M到点的距离的3倍，(1)求动点M的轨迹C的方程；(2)若直线与轨迹C没有交点，求k的取值范围.16．如图，平行六面体的底面是正方形，，，若，，．(1)用，，表示；(2)求异面直线与所成角的余弦值．17．已知是各项均为正数的等比数列，且，，等差数列的前项和为，且，.（1）求数列，的通项公式；（2）如图在平面直角坐标系中，点，，…，，，，…，，若记的面积为，求数列的前项和.18．在如图所示的多面体中，四边形为菱形，在梯形中，，，，平面平面.(1)证明：；(2)若直线与平面所成的角为，为棱上一点（不含端点），试探究上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.19．阅读材料并解决如下问题：Bézier曲线是计算机图形学及其相关领域中重要的参数曲线之一.法国数学家DeCasteljau对Bézier曲线进行了图形化应用的测试，提出了DeCasteljau算法：已知三个定点，根据对应的一定比例，使用递推画法，可以画出抛物线.反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应边成比例的结论.已知抛物线上的动点到焦点距离的最小值为.(1)求的方程及其焦点坐标和准线方程；(2)如图，是上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点，若，求的值.1．A【详解】试题分析：设直线的倾斜角为，由两点斜率公式的直线的斜率所以，故选A．考点：1、直线的斜率公式；2、直线的倾斜角．2．C【分析】直接由等比中项的性质计算即可.【详解】与的等比中项为，，则．故选：C．3．C【分析】利用椭圆与双曲线的标准方程分别考虑其性质即可得解.【详解】对于椭圆，显然恒成立，设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，所以，则，则，所以椭圆的焦点为，焦距为，顶点和离心率是变化的；对于双曲线，显然其焦点在轴上，只需考虑焦距即可，不妨设其焦距为，则，故，所以双曲线的焦距为；所以椭圆与双曲线的焦距相等，故C正确，其余选项都不正确.故选：C.4．C【分析】利用基底的概念及空间向量的共面定理一一分析即可.【详解】易知：，则与共面，同理，，即、均与共面，所以A、B、D三项均不能和构成空间的另一个基底，故A、B、D错误；设，显然无法成立，即与不共面，故C正确.故选：C5．A【分析】由题意可知，十二个节气其日影长依次成等差数列，设冬至日的日影长为尺，公差为尺，利用等差数列的通项公式，求出，即可求出，从而得到答案．【详解】设从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}，如冬至日的日影长为尺，设公差为尺.由题可知，所以，，，，故选：A．6．D【分析】由直线与圆相离得，则点在椭圆的内部，由此即可得解.【详解】由题意直线与圆相离，所以圆心到直线的距离，即，而，即点在椭圆的内部，所以过点的直线与椭圆的交点个数是2.故选：D.7．B【分析】由定义得出两直线的法向量，数量积公式求出法向量的夹角余弦值.【详解】由题意，平面和平面的法向量分别是，，设平面和平面的夹角为，故选：B.8．D【分析】根据给定条件，探求四边形的形状，结合双曲线的定义及勾股定理求出，再求出作答.【详解】依题意，点与，与都关于原点O对称，且，因此四边形是矩形，如图，由双曲线：得：，，于是，显然四边形的外接圆半径为，因此，所以.故答案为：9．CD【分析】化出圆的标准方程后，再逐项验证.【详解】解：圆的标准方程为：，圆心为，半径为1，A.因为，所以点在圆M外，故错误；B.因为，即圆心不在直线上，故错误；C.由圆的标准方程知，半径为1，故正确；D.因为圆心为到直线的距离为，与圆M的半径相等，故直线与圆M相切，故正确；故选：CD10．ACD【分析】由、知、，即可判断AB；根据数列的单调性即可判断CD.【详解】由，得，即，由，得，即，所以.A：由，可知，故A正确；B：由，可知数列的公差，故B错误；C：，由知随的增大而增大，则，所以的最小值为，故C正确；D：当时，；当时，；当时，；当时，，所以当时，；当时，；当时，，又，，所以，，所以，即，所以的最小值为，故D正确；故选：ACD11．ABC【分析】设点、，推导出抛物线在点处的切线方程为，同理可得出抛物线在点处的切线方程为，将点的坐标代入两切线的方程，可推导出直线的方程，然后将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，逐项判断可得出合适的选项.【详解】设点、，先证明出抛物线在点处的切线方程为，联立可得，即，即，可得，所以，抛物线在点处的切线方程为，同理可知，抛物线在点处的切线方程为，将点的坐标代入两切线方程可得，所以，点、的坐标均满足方程，又因为两点确定一条直线，故直线的方程为，C对；联立可得，，由韦达定理可知，，，故直线、的斜率之积为，故，A对；因为，则，可得，所以，，易知直线经过抛物线的焦点，，所以，，则，B对；，，则，当且仅当时，等号成立，故面积的最小值为，D错.故选：ABC.【点睛】结论点睛：抛物线在其上一点处的切线方程为；抛物线在其上一点处的切线方程为.12．【分析】分析可知，直线与直线平行，可设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，即可得出直线的一般方程.【详解】因为，所以，点不在直线上，又因为直线与直线具有相同的法向量，且直线过点，则直线与直线平行，设直线的方程为，则，解得，所以，直线的一般方程为.故答案为：.13．【分析】根据题意是递增数列可知，进而可得不等式恒成立，即得.【详解】是递增数列，且对于任意的，都有成立对于任意，，，化为：恒成立，又单调递减，所以．故答案为：.14．##【分析】设过点的切线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径求出，即可得到直线、的方程，从而求出的取值范围，当圆与圆外切且圆与（或）相切时，取最大值，从而求出的最大值，即可得解.【详解】如图设过点的切线方程为，所以，解得，所以直线的方程为，即，令，解得，直线的方程为，即，令，解得，因为圆处于圆的“背面”，所以，当圆与圆外切且圆与（或）相切时，取最大值，由圆与圆外切得，圆与相切时，又，所以，所以，即，解得或，结合，所以，所以的最大值为，同理圆与相切时的最大值为，综上可得的最大值为.故答案为：

15．(1)(2)【分析】（1）设出点坐标，根据已知条件列方程，化简求得动点的轨迹的方程.（2）联立直线与轨迹的方程，结合判别式列不等式来求得的取值范围.【详解】（1）设点M的坐标（x，y），由题意得：|MA|=3|MB|，即：,整理得：,故轨迹C是以（0，0）点为圆心，2为半径的圆，其方程为：.（2）由题意可联立方程组，消去y，得方程：，因为直线与圆C没有交点，所以，即：，解得：.16．(1)(2)【分析】（1）根据向量的线性运算可得；（2）空间向量数量积公式结合向量夹角公式计算即可.【详解】（1）因为．（2），因为，，，所以，，，所以，所以异面直线与夹角的余弦值为．17．（1），；（2）【分析】（1）数列的公比为，数列的公差为，根据已知条件列方程求出首项和，的值即可求解；（2）利用（1）的结论计算，，计算的通项，利用乘公比错位相减即可求解.【详解】（1）设数列的公比为，则.因为，，所以，得，又因为，所以，可得，所以；设数列的公差为，因为，，所以解得，所以；（2）由（1）得，，故，则，，①，②由①－②得，，，所以.18．(1)证明见解析(2)存在，1【分析】（1）由平面平面推出，再由推出平面，进而推出；（2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，利用向量法表示出平面与平面夹角的余弦值即可求解.【详解】（1）因为平面平面，，平面，平面平面，所以平面，又平面，故，因为四边形为菱形，所以，又，，平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）设，由（1）可知，平面，故直线与平面所成的角为，所以，则与均为边长为2的等边三角形，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，如下图：由平面，可得平面的法向量为，而，，，设（），则，，，设平面的法向量，则，取，可得，，故，所以平面与平面夹角的余弦值为，解得或0（舍去），所以存在一点使得平面与平面夹角的余弦值为，此时的长为1..19．(1)抛物线的标准方程为，其焦点坐标为，准线方程为(2)1【分析】（1）根据题意可得，求出，即可得的方程及其焦点坐标和准线方程；（2）设，抛物线上过点的切线方程为，联立方程，根据求出，进而可求得抛物线上过点的切线方程，同理可求得抛物线上过点的切线方程，两两联立，可以求得交点的纵坐标，再分别求出，再根据即可得解.【详解】（1）因为抛物线上的点到焦点距离的最小值为，转化为到准