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1、重庆市育才中学校高2024届20222023学年（上）期末考试数学试题（满分150分，考试时间120分钟）本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.注意事项：1.答卷前，考生自行打印试卷及答题卡，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效：3.在规定时间内，将答题卡逐题竖屏拍照提交.第I卷一、单项选择题（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，只有一项符合要求.）1. 在等比数列中，则等于（）A. 32B. 64C. 128D. 256【答案】B【解析】【分析】根据等比数列下标和性质计算可得.
2、【详解】解：在等比数列中，则，所以.故选：B2. 双曲线上的点到左焦点的距离为9，则点到右焦点的距离为（）A. 3B. 15C. 15或3D. 10【答案】C【解析】【分析】由双曲线的定义求解即可.【详解】设双曲线的左焦点为，右焦点为，因为双曲线方程为，所以，由双曲线的定义得，则，又因为，所以或，由双曲线的性质可知，到焦点距离的最小值为，故选：C3. 设函数在点处切线方程为，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据导数的几何意义可知，再根据导数值的定义即可选出答案.【详解】由导数值的定义，根据导数的几何意义，即.故选：A4. 数列满足，则（ ）A. 3B. C. D. 【答
3、案】A【解析】【分析】根据递推公式求得数列中的前几项，从而得到数列的周期，由此即可求得的值.【详解】因为，所以，所以数列是以3为周期的周期数列，故.故选：A.5. 已知抛物线，直线l过定点P（0，1），与C仅有一个公共点的直线l有（）条A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】过抛物线外一定点的直线恰好与该抛物线只有一个交点，则分两种情况分别讨论，一是直线与抛物线的对称轴平行，二是直线与抛物线相切，根据这两种情况进而求解.【详解】过点的直线与抛物线仅有一个公共点，则该直线可能与抛物线的对称轴平行，也可能与抛物线相切，下面分两种情况讨论：当直线与抛物线的对称轴平行时，则直线的方程
4、为：，满足条件；当直线与抛物线相切时，由于点在轴上方，且在抛物线外，则存在两条直线与抛物线相切，易知：是其中一条，不妨设另一条直线的方程为，联立直线与抛物线方程可得：，则有，解得：，所以过点的直线的方程为：或或，故选：.6. 已知，则数列的通项公式是（）A nB. C. 2nD. 【答案】C【解析】【分析】根据题意可得，再利用累乘法计算可得；【详解】解：由，得，即，则，由累乘法可得，因为，所以，故选：C7. 我国古代数学典籍四元玉鉴中有如下一段话：“河有汛，预差夫一千八百八十人筑堤，只云初日差六十五人，次日转多七人，今有三日连差三百人，问已差人几天，差人几何？”其大意为“官府陆续派遣1880人
5、前往修筑堤坝，第一天派出65人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多7人.已知最后三天一共派出了300人，则目前一共派出了多少天，派出了多少人？”（ ）A 6天 495人B. 7天 602人C. 8天 716人D. 9天 795人【答案】B【解析】【分析】根据题意，设每天派出的人数组成数列，可得数列是首项，公差数7的等差数列，解方程可得所求值【详解】解：设第天派出的人数为，则是以65为首项、7为公差的等差数列，且，天 则目前派出的人数为人，故选：B8. 已知圆和两点，若圆上存在点，使得，则的最小值为（）A. 14B. 13C. 12D. 11【答案】C【解析】【分析】将问题转化为以为直径的圆与
6、圆有公共点的问题来列不等式，解不等式求得的取值范围，由此求得的最小值.【详解】解：以为直径的圆的方程为，圆心为原点，半径为.圆的圆心为，半径为.要使圆上存在点，使得，则圆与圆有公共点，所以，即，所以，又，所以，所以的最小值为.故选：C二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9 已知等差数列则（）A. 该数列的通项公式为B. 是该数列的第13项C. 该数列的前5项和最大D. 设该数列为，则【答案】AD【解析】【分析】根据首项和公差求出和，利用和计算可得答案.【详解】依题意，所以，故A正确；由
7、，得，故B不正确；由，得，由，得，所以该数列的前4项和最大，故C不正确；，故D正确.故选：AD10. 已知圆，则下列说法正确的是（）A. 点（2，0）在圆M内B. 圆M关于对称C. 半径为D. 直线与圆M的相交所得弦长为【答案】ABD【解析】【分析】根据点的坐标与圆的方程的关系判断A，判断点与直线的位置关系，判断B；配方后得到圆的半径，判断C；利用弦长公式求弦长判断D.【详解】整理得：，因为，时，点在圆M内，A正确；因为圆心在直线上，所以圆M关于对称，B正确；因为圆M半径为2，故C错误；圆心到直线的距离为，所以直线与圆M的相交所得弦长为，D正确.故选：ABD.11. 已知数列满足，其中，Sn为
8、数列的前n项和，则下列四个结论中，正确的是（）A. B. 数列的通项公式为：C. 数列为递减数列D. 若对于任意的都有，则【答案】ACD【解析】【分析】令可求；利用已知求的方法求数列通项公式；根据递减数列的定义判断数列的单调性，利用裂项相消法求数列的前n项和，由条件求的范围.【详解】因为，所以当时，两式相减得，所以，又因为当时，满足上式，所以数列的通项公式为：，故A正确，B错误，因为，所以，所以，所以数列为递减数列，故C正确；，所以，因为对于任意的都有，所以，其中，又，所以，故D正确.故选：ACD.12. 已知、分别为双曲线的左、右焦点，点在直线l上，过点的直线与双曲线的右支交于A、B两点，下
9、列说法正确的是（）A. 若直线l与双曲线左右两支各一个交点，则直线l的斜率范围为）B. 点到双曲线渐近线的距离为C. 若直线AB垂直于x轴，且ABM为锐角三角形，则双曲线的离心率取值范围为D. 记的内切圆的半径为r1，的内切圆的半径为，若，则【答案】ACD【解析】【分析】设出直线的方程，与双曲线方程联立，根据题意，两交点的横坐标异号，利用韦达定理即可求解，判断选项；求出右焦点到渐近线的距离为，进而判断选项；要使为锐角三角形，则，所以，进行等量代换求出离心率的取值即可判断选项；根据三角形内切圆的特点先求出两圆的内心在上，然后利用三角形相似求出的值，进而求出，即可判断选项.【详解】对于，由题意知：
10、直线的斜率存在，设直线的方程为：，设直线与双曲线左右两支的交点分别为，联立方程组，整理可得：，则，也即，解得：，故选项正确；对于，设右焦点为，双曲线的渐近线方程为：，由点到直线的距离公式可得：点到双曲线渐近线的距离，故选项错误；对于，若直线AB垂直于x轴，则直线的方程为：，设点，要使为锐角三角形，由双曲线的对称性可知：，则，即，所以，又因为，则，也即，整理可得：，则，解得：，因为，所以，故选项正确；对于，过分别作的垂线，垂足为，则，因为，则，又因，则，所以，即在直线上，同理也在直线上，所以轴，因为，则，所以，由可知：，则，也即，因为，所以，故选项正确，故选：.第II卷三、填空题（本题共4小题，
11、每小题5分，共20分.其中16题第一空2分，第二空3分.）13. 已知直线l1，若，则实数a=_.【答案】#【解析】【分析】根据若，则，运算求解.【详解】若，则，解得.故答案为：.14. 已知函数，则=_.【答案】【解析】【分析】求出的导数，再将代入，即可得答案.【详解】解：因为，所以，所以.故答案为：15. 设椭圆的左、右焦点分别为、，点M、N在C上（M位于第一象限），且点M、N关于原点O对称，若，则C的离心率为_.【答案】【解析】【分析】根据几何分析确定四边形为矩形，根据勾股定理构造齐次式即可求出离心率.【详解】依题意，作图如下，因为点关于原点对称，所以为的中点，且为的中点，所以四边形为矩
12、形，由，设由椭圆的定义知，解得：所以整理得：，因为，所以，故答案为：.16. 已知数列满足，则_；高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，设，用表示不超过的最大整数，称为高斯函数.设，且数列的前项和为，则_.【答案】 . . 【解析】【分析】根据递推公式一一计算即可求出，再归纳出的通项，最后结合高斯函数的定义并项求和计算可得.【详解】解：因为，当时，则，当时，则，当时，则，当时，则，由此可归纳得，当为奇数时，当为偶数时，显然当时成立，假设当（为奇数）时成立，即，则，即也成立，假设当（为偶数）时成立，即，则，即也成立，故归纳成立；因为，当时，则，当时，则，当时，则，当
13、时，则，故答案为：，四、解答题（本题共6小题，共70分.17题10分，18题至22题12分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17. 在数列中，（1）求证：是等比数列：（2）求数列的前n项和.【答案】（1）证明过程见详解 （2）【解析】【分析】(1)根据递推公式和等比数列的定义即可使问题得证；(2)利用等比数列的求和公式，分组求和即可求解.【小问1详解】由题意知：，所以，即，又，所以数列是以3为首项，以3为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）可知：，所以，所以.18. 如图，正方体ABCD的棱长为2，P、Q分别为BD、的中点. （1）证明：PQ平面；（2）求直线与平面所成角的大小.【
14、答案】（1）证明见详解 （2）【解析】【分析】（1）建系，利用空间向量证明线面平行；（2）先求平面的法向量，再利用空间向量求线面夹角.【小问1详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，平面的法向量，且平面，PQ平面.【小问2详解】由（1）可得：，设平面的法向量为，则，令，则，故，故直线与平面所成角的正弦值为，则其大小为.19. 已知抛物线上一点到抛物线焦点的距离为，（1）求抛物线的方程：（2）若直线（为参数）与抛物线C交于两点，且，求直线的方程【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义，列方程求出即可；（2）联立直线和抛物线方程，设出，然后用韦达定理求解.【小问
15、1详解】根据抛物线的定义，到焦点的距离等于到准线的距离，即，结合题干条件，解得，故抛物线方程为：【小问2详解】设，依题意：，联立直线和抛物线：，得到，解得，由韦达定理：，在抛物线上，故，于是，于是，解得或，但时，其中一点和重合，不符题意，时，符合判别式条件.综上可知，此时直线方程为：20. 已知数列的前n项和为，且，_.请在：，成等比数列：，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.（1）求数列的通项公式；（2）若，设数列的前n项和，求证：【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先根据推出数列为等差数列，公差.若选，根据
16、等差中项求出，再求出，根据和可得通项公式；若选，根据等比中项列式求出，可得；若选，根据等差数列求和公式列式求出，可得.（2）利用错位相减法求出，根据为正数，得，根据为递增数列，可得.【小问1详解】由，得，得，所以数列为等差数列，公差.若选，因为，所以，所以，所以，若选，因为，成等比数列，所以，所以，所以，所以，所以.若选，因为，所以，所以，【小问2详解】由（1）知，则，则，所以，所以，所以，因为为正数，所以，因为，所以，所以数列为递增数列，所以，综上所述：.21. 在平面五边形中（如图1），是梯形，是等边三角形.现将沿折起，连接，得四棱锥（如图2）且. （1）求证：平面平面；（2）在棱上有点，
17、满足，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【小问1详解】在图1中，取的中点，连，依题意得，如图：则，折叠后，在图2中，如图：在中，所以，所以，由，平面，平面，得平面，又平面，所以平面平面。【小问2详解】由（1）可知，两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图：则，因为，所以，所以，所以，取平面的一个法向量为，设平面一个法向量为，则，得，令，得，得，所以，由图形可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.22. 已知O为坐标原点，点皆为曲线上点，为曲线上异于的任意一点，且满足直线的斜率与直线的斜率之积为.（1）求曲线的方程：（2）设直线与曲线相交于两点，直线的斜率分
18、别为（其中），的面积为，以为直径的圆的面积分别为、，若恰好构成等比数列，求的取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】(1) 设，由题意可知，化简即可；(2) 设直线的方程为：，联立直线和椭圆方程得，由可得，设，结合韦达定理、点到线的距离公式及三角形的面积公、圆的面积公式可得，由成等比数列，可得，进而可得，再根据，即可求得答案.【小问1详解】解：设，则有所以，所以，化简得：，所以曲线的方程为：；【小问2详解】解：设直线的方程为：，则由，可得，则，所以，即，设，则有，所以，又因为原点到直线的距离，所以，又因为，所以，同理可得，又因为以，又因为成等比数列，所以，所以，所以， 即，即有，又因为，所以，解得，所以，所以，当时取等号.又因为，即，所以，即.【点睛】方法点睛：对于解答直线与圆锥曲线问题的题，常用的方程是设而不解，联立直线方程与圆锥曲线方程，再利用韦达定理、弦长公式进行解答即可.