重庆名校真题高二数学复习试题解析_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年12月试卷_1202重庆名校真题高二数学复习试题

重庆市名校考试真题汇编 高二·数学答案 格 物 致 知 知 行 合 一答案目录 1．重庆一中 23‐24 学年高二上 9 月月考数学试题参考答案 ...................... 1 2．南开中学 23‐24 学年高二上 9 月月考数学试题参考答案 .................... 12 3．重庆一中 23‐24 学年高二上 10 月月考数学试题参考答案 .................. 23 4．重庆八中 23‐24 学年高二上第一次月考数学试题参考答案 ................ 35 5．巴蜀中学 23‐24 学年高二上 10 月月考数学试题参考答案 .................. 49 6．重庆一中 23‐24 学年高二上期中考试数学试题参考答案 .................... 59 7．南开中学 23‐24 学年高二上期中考试数学试题参考答案 .................... 71 8．重庆八中 23‐24 学年高二上期中考试数学试题参考答案 .................... 79 9．巴蜀中学 23‐24 学年高二上期中考试数学试题参考答案 .................... 90 10．重庆一中 23‐24 学年高二上 11 月月考数学试题参考答案 .............. 101 11．重庆八中 23‐24 学年高二上第二次月考数学试题参考答案 ............ 114 12．重庆一中 23‐24 学年高二上 12 月月考数学试题参考答案 .............. 123 13．重庆八中 23‐24 学年高二上 1 月月考数学试题参考答案 ................ 143 14．重庆一中 23‐24 学年高二上期末考试数学试题参考答案 ................ 156 15．南开中学 23‐24 学年高二上期末考试数学试题参考答案 ................ 169 16．重庆八中 23‐24 学年高二上期末考试数学试题参考答案 ................ 178 17．巴蜀中学 23‐24 学年高二上期末考试数学试题参考答案 ................ 188重庆市第一中学校 2023-2024 学年高二上学期 9 月月考数学试题 参考答案与试题解析 x2 y2 y2 x2 1．椭圆  1即  1，则此椭圆的长轴长为10，短轴长为6，焦距为2 2598； 9 25 25 9 x2 y2 y2 x2 椭圆  1m9即  1，因为25m9m0， 9m 25m 25m 9m 则此椭圆的长轴长为2 25m，短轴长为2 9m，焦距为2 25m9m 8, 故两个椭圆的焦距相等． 故选：C． 25m0 x2 y2  2．方程  1表示椭圆，则m90 ，解得m9,88,25. 25m m9  25mm9 故选：B x2 y2 3．由  1a2 12,b2 3c a2b2 3， 12 3 因为点P在椭圆上且在第一象限，如果线段PF 的中点M 在y轴上， 1 所以F 是左焦点，坐标为(3,0)，设Px,yx0,y0， 1 因为线段PF 的中点M 在y轴上， 1 x2 y2 所以x3，代入椭圆方程  1中， 12 3 9 y2 3 3 得  1 y ，或y 舍去， 12 3 2 2 3 因为线段PF 的中点是M ，所以点M 的纵坐标是 ， 1 4 故选：A x2 4．由题意得，椭圆 y2 1的蒙日圆的半径r  312， 3 1 x2 所以椭圆 y2 1的蒙日圆的方程为：x2y2 4， 3 x2 因为圆x32 yb2 9与椭圆 y2 1的蒙日圆有且仅有一个公共点， 3 可得两圆外切，所以 32b2 23，解得b4. 故选：B. x2     5．在椭圆 y2 1中，a2，b1，c a2b2  3，则F  3,0 ，F 3,0 ， 1 2 4 x2 设点Qx,y，则2x2，且y2 1 ，则0 x2 4， 4       所以，QF   3x,y ，QF  3x,y ， 1 2 1所以，Q  F  Q  F    x 3  x 3  y2 x2y23x2  1 x2  3 1 2  4  3x2    2，所以当x0时，QF QF 取最小值2， 4 1 2 故选：D 6．试题分析：∵圆C的方程为x2 y2 2y3，即x2y12 4， ∴圆C的圆心为C0,1，半径为2. ∵直线l过点(1,0)且与直线xy10垂直 ∴直线l:x y10. 011 ∴圆心C到直线l的距离d   2. 2 ∴直线l被圆C截得的弦长 AB 2 r2d2 2 42 2 2， 001 2 又∵坐标原点O到AB的距离为d  ， 2 2 1 1 2 ∴OAB的面积为S  ABd 2 2 1. 2 2 2 考点：1、直线与圆的位置关系；2、三角形的面积公式. 7．依题意有OAPB四点共圆，设点P坐标为Px ,y ，则该圆的方程为：xxx yyy 0， 0 0 0 0 将两圆方程：x2 y2 b2与x2x xy2y y0相减，得切点所在直线方程为 0 0 b2   b2  x2 y2 l :xx yy b2，解得M ,0 ，N0, ，因为 0  0 1，所以 AB 0 0 x   y  a2 b2 0 0 b2 a2 b2 a2 b2x2a2y2 a2b2 a2 1 2 1     0 0   =   . |OM |2 |ON|2 b4 b4 b4 b4 b2 12 51  x2 y2 0 0 故选：A 8．如图所示，设椭圆的左焦点为F，连接AF，BF，   由椭圆的对称性可知，四边形AFBF为平行四边形，又FAFB0，即FA⊥FB， 所以四边形AFBF为矩形，所以 AB  FF 2c， 设 AF n， AF m，在RtABF中， BF n，mn2a，m2n2 4c2， 可得mn2b2， m n m2+n2 2c2 m 1 2c2 所以 + = = ，令 t，得t  ． n m mn b2 n t b2 m 1 2c2  5 c2  5 又 FB  FA 2 FB ，得 t1,2，所以t   2, ，所以  1, ， n t b2   2   b2   4   2b2 4 1 c2 ⎡1 5⎤ c ⎡ 2 5 ⎤ 结合c2 a2b2，所以 a2   9 , 2   ，所以 a2 ∈⎢ ⎢⎣2 , 9 ⎥ ⎥⎦ ，所以 a ∈⎢ ⎢ ⎣ 2 , 3 ⎥ ⎥ ⎦ ，  2 5 即椭圆C的离心率的取值范围为 , ， 2 3   故选：B． 9．椭圆的焦点在y轴上，a2,b 3,c1，则短轴长为2b2 3，A正确； c 1 F,F 的坐标为0,1，B错误；离心率为e  ，C正确； 1 2 a 2 因为bc，故以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆没有交点， π 故不存在点P，使得FPF  ，D错误， 1 2 2 故选：AC. ab21  10．依题意，得 b2 9 ，解得a7,b3，则c a2b2 2 10，故    a2 49 72 10 ac PF ca2 107， 1 故选：D． 11．对于①，由 x12 y2  x12 y2 4得 AF  AF 4 FF 2, 1 2 1 2 所以点P的轨迹为以F,F 为焦点的椭圆，且2c2，2a4，c1，a2， 1 2 x2 y2 b a2c2  3，故点Px,y的轨迹方程为  1，①正确； 4 3 1 1 对于②④，当将x1代入椭圆方程中得  1，所以点A1,1在椭圆内， 4 3 所以 PA  PF  PA 2a PF 2a AF 415， 2 1 1 当且仅当P运动到P即PF与x轴垂直时等号成立， 1 1 1 PA PF  PA2a PF 4 PA PF ， 1 2 2 由于 PA  PF  AF  5  PA  PF  5， 2 2 2 所以 PA  PF 4 PA  PF 4 5 1， 1 2 当且仅当P运动到F 时等号成立，故②错误④正确； 2 1 1 h 对于③，S  AF h 1h ，其中h为点P到直线AF 的距离， PAF1 2 1 2 2 1 h 3 若S   ,h3，由于当点P为椭圆的右顶点时，此时h取最大值3， PAF1 2 2 故满足条件的点P只有一个，③错误， 3故选：AD. x2 9y2 12．由  1，可得x2 9y2 4，又Px,y ，Qx ,y 是椭圆x2 9y2 4上两个不同点, 1 1 2 2 4 4 可得x29y2 4,x 29y 2 4，设xm,3yn，则m2n2 4， 1 1 2 2   设C(m,n),D(m ,n ),O为坐标原点，可得OC (m,n )，OD(m ,n ), 1 1 2 2 1 1 2 2 可得m2n2 4,m 2n 2 4，且mm nn 2， 1 1 2 2 1 2 1 2       OCOD 1   所以OCOD2，cos OC,OD     ，又 OC,OD 0,π， OC OD 2 2π 可得C、D两点均在圆m2n2 4的圆上，且COD ， 3 π 设CD的中点为E，则OE 2cos 1, 3 2x 3y 3 2x 3y 3 2m n 3 2m n 3 根据点到直线的距离公式可知： 1 1  2 2  1 1  2 2 为点 5 5 5 5 C、D两点到直线2xy30的距离d、d 之和， 1 2 3 3 设E到直线2xy30的距离d ，由题可知圆心到直线2xy30的距离为  ， 3 221 5 3 3 6 3 3 6 则d +d 2d 2(EO  )2(1 )2 ，d +d 2d 2(  EO)2( 1) 2 1 2 3 5 5 5 1 2 3 5 5 5 6 6 可得d d 的最大值为2 ，d d 的最小值为 2； 1 2 5 1 2 5 可得 2x 3y 3 2x 3y 3  5(d d )，可得 2x 3y 3 2x 3y 3 的最大值为 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 6 5(2 )2 56，最小值为62 5，故A正确，B错误； 5 x 3y 5 x 3y 5 m n 5 m n 5 同理， 1 1  2 2  1 1  2 2 为点C、D两点到直线xy50的距 2 2 2 2 离d 、d 之和， 4 5 5 5 设E到直线xy50的距离d ，由题可知圆心到直线xy50的距离为  ， 6 121 2 5 5 则d +d 2d 2( 1)5 22，d +d 2d 2( 1)5 22， 4 5 6 2 4 5 6 2 可得 x 3y 5  x 3y 5  2(d d )，可得 2x 3y 3 2x 3y 3 的最大值为102 2， 1 1 2 2 4 5 1 1 2 2 最小值为102 2，故C错误，D正确. 故选：AD. 4y2 x2 4 13．由椭圆4x2ky2 4，可得 4 ， k 4 4 因为椭圆的一个焦点坐标为0,1，可得 1且 11，解得k 2. k k 故答案为：2. y2 x2 14．所求椭圆与椭圆  1的焦点相同，则其焦点在y轴上，半焦距c有c2=25-9=16， 25 9 y2 x2 设它的标准方程为  1 (a＞b＞0)，于是得a2-b2=16， a2 b2 5 3 又点( 3，－ 5)在所求椭圆上，即  1， a2 b2 5 3 联立两个方程得  1，即(b2)28b2480，解得b2=4，则a2=20， b216 b2 y2 x2 所以所求椭圆的标准方程为  1. 20 4 y2 x2 故答案为：  1 20 4 15．如图，设 FN x，则 MF 3x， MN 4x. 1 1 又由椭圆定义可得 MF 2a3x, F N 2ax. 2 2 则在MNF 中，由余弦定理可得: 2 MN 2 NF 2 MF 2 4 16x22ax22a3x2 4 2 2    2 MN  NF 5 8x2ax 5 2 8x28ax 4 a   10x210ax16ax8x2 18x2 6ax x . 8x2ax 5 3 a 5a 则 FN  , NF  ， 1 3 2 3 则在△NFF 由余弦定理可得： 1 2 a2 25a2 a 5a 4 FF  FN 2 F N 22 FN  F N   2    2a. 1 2 1 2 1 2 9 9 3 3 5 c 2 又 FF 2c 2a2ce  . 1 2 a 2 2 故答案为： 2          16．MF MF   MOOF    MOOF  MO 2 OF 2 MO 2 c2， 1 2 1 1 1     MO a, MO b，所以MF MF b2c2,a2c2， 1 2   max min 5b2c2 2 所以 ，解得：a2 4,b2 3,c2 1， a2c2 3 设FMF ，MF r, MF r ， 1 2 1 1 2 2 FF c 1 由正弦定理可得：2n 1 2 n = ， sin sin sin r2r22c2 r r 2 2r r 4c2 4b22r r cos 1 2  1 2 1 2  1 2 ， 2r r 2r r 2r r 1 2 1 2 1 2 2b2 可得：r r  ， 1 2 cos1   2sin cos 又因为S  1 rr sinb2 sin b2 2 2 b2tan  3tan  ， MF2F1 2 1 2 cos1 2cos2  2 2 2 设内切圆的圆心为A，所以 1 1 S S S S  FF  MF  MF m 2a2cm3m， MF2F1 AF2F1 AF2M AMF1 2 1 2 1 2 2  tan   2 1 所以3tan 3mmtan ，所以mn  ， 2 2 sin  2cos2 2 又因为当M 在短轴的端点时，最大，此时 MF  MF  FF 2，60， 1 2 1 2    3  0,60, 0,30，所以cos  ,1，  2 2 2   1 2  3  故当cos  时，mn取得最大值为 3 3. 2 2 2 4 2 故答案为： 3  17．(1)由椭圆焦点三角形面积公式得：b2tan 3 3，解得：b3 6 又椭圆长轴是短轴的2倍，即2a4b a6 x2 y2 椭圆的方程为：  1 36 9 x2 y2 (2)设Px ,y ，则 0  0 1 0 0 36 9     又椭圆焦点F 3 3,0 ，F 3 3,0 1 2       PF  3 3x ,y ，PF  3 3x ,y 1 0 0 2 0 0 6  FPF 为钝角 PF PF  x227 y2 0，即x2 y2 27 1 2 1 2 0 0 0 0 x2 x29 0 27，解得：2 6  x 2 6 0 4 0   P点横坐标的取值范围为 2 6,2 6 xy40 x1 18．(1)由 可得： ，∴l 和l 的交点A的坐标为1,3. xy20 y3 1 2 2 当l 过点A时，a314a0a ， 3 3 2 此时不存在三角形满足题意，为满足题意，必有a ， 3 当l ∥l 或l ∥l 时，由于l 的斜率为-1，l 的斜率为1，l 的斜率为a，∴a=1或a=-1， 3 1 3 2 1 2 3 2 此时也不存在三角形满足题意，为满足题意，必有a1，综上可知：a 且a1. 3 (2)直线l经过l 和l 的交点A1,3，当lx轴时，l的方程为：x=1， 1 2 点M1,2到l的距离为2，符合题意； 当l与x轴不垂直时，设l的方程为：y3k(x1)，即kxy3k 0， 2k1 3 由于点M1,2到l的距离为2，所以 2k  ， k21 4 此时l的方程为：3x4y150，综上可知，直线l的方程为：x=1或3x4y150. ab 19．(1)依题意由 cosA 3sinA 得ccosA 3csinAab0， c 根据正弦定理得sinCcosA 3sinCsinAsinAsinB0， 则sinCcosA 3sinCsinAsinAsinAC0， 则sinCcosA 3sinCsinAsinAsinAcosCcosAsinC0， 所以 3sinCsinAsinAsinAcosC0， 由于0 Aπ，所以sinA0，所以 3sinC1cosC0， 3 1  π 所以2(sinC cosC )1，则2sinC 1， 2 2  6 π 由于0Cπ，则C  ． 3 1 3 (2)由题意：S  absinC ab4 3，所以ab=16． △ABC 2 4 又由余弦定理c2 a2b22abcosC以及c=4， 得a2b2ab16，所以a2 b2 32，所以(ab)2 322160， 7所以a=b=4． 20．(1)连接NM， 因为N 为AB中点，M 为BC的中点， 1 所以NM //AC,NM  AC， 2 因为ABCABC 是正三棱台，AC 1,AC 2， 1 1 1 1 1 1 所以AC //AC,AC  AC， 1 1 1 1 2 1 于是有NM //AC,NM  AC ， 1 1 2 1 1 因此四边形NMC A 是平行四边形， 1 1 所以AN //CM,AN 平面CMA，CM 平面CMA， 1 1 1 1 1 1 所以AN //平面CMA 1 1 6 (2)假设存在点M ，使得平面CMA与平面ACC A 所成角的余弦值为 ， 1 1 1 6 因为AA平面ABC,AB,AC平面ABC， 1 所以AA AB,AA  AC，而ABAC， 1 1 所以建立如图所示的空间直角坐标系， A0,0,0,C 0,1,2,B2,0,0,C0,2,0,Mx,y,z， 1   设BM BC0,1x2,y,z2,2,0M22,2,0，  设平面CMA的法向量为ma,b,c， 1   AC 0,1,2,AM 22,2,0,， 1    mAC b2c0   2  所以有 1 m ,2,1，  mAM 22a2b0 1  因为AA AB，ABAC，AA AC  A,AA,AC  A， 1 1 1  所以AB平面ACC A ，所以平面ACC A 的法向量为AB2,0,0， 1 1 1 1   4   mAB 6 1 6 cos m,AB       所以 ， m AB 6   2   2 22122 6 1 1 4 2  解得 ，1舍去，即M , ,0， 3 3 3  8 4  2 2 2 2 2 2 2 BM   2    ，即BM 长度为 . 3  3 3 3 21．(1)设点Px,y为曲线上任意一点， 因为2 PA  PB ，A0,1，B0,4， 则2 x2(y1)2  x2(y4)2 ， 化简得x2y2 4． (2)由题意得C2,0，D2,0， t 设E4,tt0，则直线CE的方程为y x2， 6 t 直线DE的方程为y x2， 2  t y x2， t236 4t2 4t2 联立 6 得 x2 x 40，   x2 y2 4， 36 36 36 4t2 则x 2 ， M t236 722t2 t 24t 即x  ，y  x 2 ， M t236 M 6 M t236 722t2 24t  所以M , .  t236 t236  t y x2, t24 联立 2 得 x2t2xt240，   x2 y2 4, 4 4t2 2t28 t 8t 则x 2 ，即x  ，y  x 2 ， N t24 N t24 N 2 N t24 2t28 8t  所以N ， .  t24 t24 24t 8t  t236 t24 8t ①当t 2 3时，直线MN的斜率k   ， MN 722t2 2t28 12t2  t236 t24 8t 8t  2t28 则直线MN的方程为y  x ， t24 12t2  t24  8t 即y  x1，所以Q1，0， 12t2 ②当t 2 3时，直线MN垂直于x轴，方程为x1，也过定点Q1，0． 9综上，直线MN恒过定点Q1，0． 22．(1)如图1所示， 3 由等边△ABF的面积为 3，所以S  AB2  3， ABF 4 解得 AB2 4b2 4，所以b1， 又a2b2 3，解得a2 4，即a2； (2)如图2所示， 设点N在半圆上，且在第三象限内，M在半椭圆上，且在第一象限内， y 2x   6 2 3 由y2 ，解得M  ,   ，  x2 1y0  3 3   4 y 2x  3 6 由 ，解得N , ；  x2y2 1y0   3 3   2 2  6 3 2 3 6 所以 MN        1 2；     3 3 3 3     设S在半圆上，且在第二象限，Scos,2sin，S到直线MN的距离为d， | 2cos2sin|  2 d   2 sinarctan  ， 3   2   则d  2，T到直线MN的最大距离为1， max 所以四边形MSNT的面积最大值为 10S  1 MN d d  1 1 2    1 2   32 2 ； max 2 1 2 2 2 (3)如图3所示， 当t0时， PK  KE  t1； min y2 当t0时，设P(x,y)是半椭圆C 上的点，由 x2 1(y0)得y[0,2]. 2 4 3 3 4t 1 此时 PK  x2(yt)2  y22tyt21 (y )2 t21 4 4 3 3 3 4t 4t 4t 若0t ，则0 2， PK 在(0, ]上单调递减，在[ ,2]上单调递增， 2 3 3 3 4t t2 故当y 时, PK  1 ； 3 min 3 3 4t 若t ，则 2， PK 在[0,2]上单调递减， 2 3 3 故当y2时， PK  224tt21 t2 ； min 4  t1,t0   t2 3 综上所述， PK  1 ,0t . min 3 2   3 t2,t  2 11重庆市南开中学校 2023-2024 学年高二上学期 9 月测试数学试题 参考答案和试题解析 1．因为直线l的倾斜角45， 所以直线l的斜率为1， 又直线l经过点2,3， 所以直线l的方程为y3x2， 即xy10， 故选：C 2．不妨设两直线的斜率分别为k ,k ，则由题意有k ×k =-1，所以两直线互相垂直. 1 2 1 2 故选：A 3．依题意，直线ax2y40与直线x(a1)y20平行或重合时，a(a1)120， 解得a1或a2， 当a2时，直线2x2y40与直线xy20重合， 当a1时，直线x2y40与直线x2y20平行， 所以a的值为1. 故选：C 4．由题意设直线与x轴交点为(a,0)，则与y轴交点为(0,2a)， 20 当a0时，直线过原点，斜率为 2，故方程为2x y0； 10 2a0 当a0时，直线的斜率 2， 0a 故直线方程为y22(x1)，即2xy40， 故选：D y 5．记A2,0，则k  为直线AP的斜率， x2 故当直线AP与半圆x2y12 1x0相切时，得k最小， 12k 4 此时设AP:ykx2，故 1，解得k  或k 0(舍去)， k21 3 4 即k  ． min 3 故选：C 6．求得C 0,2关于直线yx1的对称点为Cm,n， 2 n2 1   m  解得C1,1， n2 m   1  2 2 由对称性可得 PC  PC ， 2 12则 PC  PC  PC  PC  CC 3， 1 2 1 1 由于 PM  PC 2, PN  PC 1， 1 2 PM  PN  PC  PC 36， 1 2 PM  PN 的最大值为6，故选C. 7．设点P的坐标为x,y，因为 PA  2 PB ，则 PA2 2 PB2， 即x12y2 2x22y12，   所以点P的轨迹方程为(x-5)2+(y-2)2 =20， 因为P点的轨迹关于直线mxny20m0,n0对称， 所以圆心5,2在此直线上，即5m2n2， 2 5 1  2 5 1 4n 25m 1 4n 25m 所以   5m2n     20  10 2  20， m n 2 m n 2 m n  2 m n 4n 25m 1 1 当且仅当  ，即m ,n 时，等号成立， m n 5 2 2 5 所以  的最小值是20. m n 故选：B. 8．因直线l 垂直于l ，l ，则设直线l 的方程为：xy2m(mR)， 3 1 2 3 xy2m xy2m 由 得点A(m1,m1)，由 得点B(m1,m1)，而C4，0，D4，0， xy2 xy2 于是得CA  AB  BD  (m3)2(m1)2 2 2 (m3)2(m1)2 ， 而 (m3)2(m1)2  (m3)2(m1)2 表示动点M(m,m)到定点E(3,1)与F(3,1)的距离的和， 显然，动点M(m,m)在直线yx上，点E(3,1)与F(3,1)在直线yx两侧，因此， |ME||MF||EF|2 10， 1 当且仅当点M是直线yx与线段EF：y x3x3的交点，即原点时取“=”，此时m=0， 3 从而得 (m3)2(m1)2  (m3)2(m1)2 取最小值2 10， 所以，当直线l 3 方程为：xy0时，CA  AB  BD 取最小值2 102 2. 故选：C 139．对于选项A：设与直线3x2y70平行的直线方程是3x2yc0c7， 因为直线3x2yc0c7过点1,2， 则34c0，解得c1， 所以过点1,2且和直线3x2y70平行的直线方程是3x2y10，故A正确；  π π  对于选项B：因为k tan,  0,    ,π，如图所示，  2 2   π 3π  若k1,1，所以  0,    ,π，故B错误；  4  4  对于选项C：若直线l :x2y30与l :2xay20平行， 1 2 则1a22，解得a4， 可知l :2x4y20，即x2y10， 2 31 4 5 所以l 与l 的距离为d   ，故C错误； 1 2 1222 5 对于选项D：圆C :x2 y24x2y40的圆心C 2,1，半径r 1， 1 1 1 圆C :x2 y26y50的圆心C 0,3，半径r 2， 2 2 2 因为CC  202132 2 2，且12 23， 1 2 即 r r  CC r r ，所以圆C 和圆C 相交，故D正确； 1 2 1 2 1 2 1 2 故选：AD. 10．直线m的方程x y0可化为yx1， 所以直线m过定点1,0， 直线n的方程xy320可化为x3y20， 所以直线n过定点3,2， 所以点A的坐标为1,0，点B的坐标为3,2，所以A错误， 由已知110， 所以直线m与直线n垂直，即mn，B正确， 因为PA PB，所以 PA2 PB2  AB2， 故 PA2 PB2 312202 20， 14PA2 PB2 所以 PA PB  10，当且仅当 PA  PB  10时等号成立， 2 C正确； 因为PA PB，故 PA2 PB2  AB2， 设点P的坐标为x,y， 则x12y2x32y22 20， 化简可得x2y22x2y30， 又点1，2不是直线m,n的交点，点1，2在圆上， 故点P的轨迹为圆x2 y22x2y30除去点1，2，D错误； 故选：BC. 11．如下图所示： 由直线PA、PB分别于圆M 切于点A、B可得，PAPB，又MAMB，PM 是公共边， 所以PBM PAM ，即四边形PAMB的面积S 2S ， PAMB PMB 对于A，当PBM 的面积最小时，四边形PAMB的面积取最小值， 1 2 2 S   BM BP  BP  MP22， PMB 2 2 2 所以当 MP 取最小值时，即 MP 为圆心M1,0到直线xy30的距离时面积最小， 13 2 即 MP  2 2，四边形PAMB的面积的最小值为2  82 2 3，即A正确； min 11 2 对于B，由A可知，当 MP 取最小值2 2时， PA最短， BM BP 2 6 此时 AB 2 2  6，所以B正确； MP 2 2 对于C，易知A,B在以MP为直径的圆上，又M1,0，当 PA最短时不妨设Py 3,y ， 0 0 y 0 y 则k  0  0 ，且k 11，解得y 1，即P2,1， PM y 31 y 2 PM 0 0 0 1 1 所以 MP  3212  10，且MP的中点为 , ， 2 2  1 2  1 2  10 2 即以MP为直径的圆的方程为 x  y      ，  2  2  2  与圆M :x12 y2 2相减即可得公共弦AB的直线方程为3xy10，即C错误； 对于D，设Py 3,y ，由C可知，A,B在以MP为直径的圆上， 1 1 15 y 2 y  2y28y 16 所以圆心坐标为 1 , 1 ，半径为 1 1 ，  2 2  2  y 2 2  y  2 2y28y 16 即以MP为直径的圆的方程可表示为 x 1  y 1   1 1 ，  2   2  4 与圆M :x12 y2 2相减整理得，直线AB方程为x y1y 4x20， 1  1 1 此时直线AB过定点为 , ，即D错误.  2 2 故选：AB 12．设线段AB的中点为D，因为圆O的半径为2， AB 2 3， 所以OD  22  3 2 1，且OC 5， 对于A选项，设点P到直线AB的距离为h，则h PD  PO OD  PC OC OD 95115， 所以当且仅当P,D,O,C四点共线时，点P到直线AB距离的最大值为15，所以ABP的面积的最 大值为15 3，故A正确； 对于B选项，点C到直线PA的距离小于等于 CA，当PACA时，等号成立，又 CA的最大值为 7， 所以点C到直线PA的距离的最大值为7，这时直线PA被圆C截得的弦长的最小值为 2 8172 8 2，故B错误； 对于C选项，若ABP为等边三角形，则需PD AB， PD 3，因为OD 1， 所以点D的轨迹是以O为圆心的单位圆，所以 PD  PO 1，又 PO 的最小值为4，所以 min PD 3， min 当且仅当P,D,O,C四点共线时成立，因此有且仅有一个点P，使得ABP为等边三角形，故C正 确； 对于D选项，若直线PA，PB都是圆O的切线，则PAOA，由射影定理，可得 PO 4， 16同上，当且仅当P,O,C三点共线时，PO 4，因此有且仅有一个点P，使得直线PA，PB都是 min 圆O的切线，故D正确； 故选：ACD 9 13．由题意得l :6x8y90即l :3x4y 0 2 2 2 9 |6 | 则平行直线l :3x4y60与l :6x8y90之间的距离为 2 3 ， 1 2  32（4）2 10 3 故答案为： 10 14．由题意，直线l的方程化为2xy1mxy40， 2x y10, x1, 由 得 xy40 y3, ∴直线l过定点M1,3，显然点M 在圆C内， 要使直线l被圆C截得弦长最短，只需M1,3与圆心C1,2的连线垂直于直线l， 2m1 23 1   1，解得m ， m1 11 4 代入到直线l的方程并化简得2xy50. 故答案为：2xy50. 21 1 1 1 7 15．k   ，直线AB的方程为y1 x3,y x ， AB 13 4 4 4 4  3  1 7 x y x   5 3 8 由 4 4解得 ，设D , ，  yx1 y 8 5 5  5 依题意，ACB的平分线为直线CD， BD BC AD AC  ,  由正弦定理得 ACB sinBDC ACB sinADC， sin sin 2 2 BD BC 由于sinBDCsinADC，由此整理得  , AD AC BD2 BC2 则  ，设Ct,t1， AD2 AC2  3 2  8 2   1 5     2 5   t12t122 则  ，  3 2  8 2 t32t112 3  1   5  5 3 整理得5t212t90，解得t 3或t  (舍去)， 5 1721 1 则C3,2，k   ， AC 33 2 1 直线AC的方程为y2 x3,x2y10. 2 故答案为：x2y10 16．建立如图所示的平面直角坐标系. 则B2，0，C1，0. 令Ax，y. 由AB2AC，即 x22 y2 2 x12y2 . 所以x22 y2 4，即点A的轨迹为以(2，0)为圆心，半径为2的圆. 所以当A在2，2处时，ABC的面积最大. 1 所以tanABC k  . AB 2 1 故答案为： 2 17．(1)圆C：x2 y22x8＝0化为标准方程为x12y2 9，则圆C的圆心为C1,0. y0 x1 又弦AB最长时，直线l过点1,0和2,2，所以直线l的方程为  ， 20 21 即2xy20. (2) 当直线斜率存在时，设直线的方程为y2k(x2)，即kx y22k 0， 弦长为4 2时，由圆的半径为3，由垂径定理和勾股定理得， 圆心到直线距离为 32  2 2 2 1，即 k22k 1，解得k  3 ， k21 4 此时直线l的方程为3x4y+2=0， 经检验k不存在时的直线x20也符合条件. 所以直线l的方程为x20或3x4y+2=0. 18．(1)圆C：x2y24x14y450x22y72 8，如图所示，连接QC交圆C于AB两点，当 M与A重合时 MQ 取得最小值， 即QC r  222732 2 2 2 2， 与B重合时 MQ 取得最大值即 QC r 6 2，故最大值为6 2，最小值为2 2； 18y3 (2)易知 k ，由图形知当MQ与圆C相切时取得最值，如图所示. x2 MQ 4k4 可设l :ykx23，则C到其距离为 r2 2，解得k 2 3， MQ k21 故最大值为2 3，最小值为2 3 (3)设yx z，如图所示，z即过点M的直线yx z的截距，如图所示，当该直线与圆相切时 5z 截距取得最值.圆心C到该直线的距离为 r2 2，所以z1或9，故最大值为9，最小值 2 为1. π 19．(1)因为侧面ABBA为菱形，ABB  ，AB AC2， 1 1 1 3 所以ABB、AAB 为边长为2的等边三角形， 1 1 1 作BO AB交AB于O点，则O点为AB的中点， 1 因为平面ABBA平面ABC，平面ABBA平面ABC  AB，BO平面ABBA，所以BO平 1 1 1 1 1 1 1 1 面ABC， AC平面ABC，可得BO AC， 1 又AB  AC，BOAB B ，BO、AB 平面ABBA，可得AC 平面ABBA， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 19因为AB平面ABBA，所以AC  AB，因为侧面ABBA为菱形，所以BA AB， 1 1 1 1 1 1 1 1 AB AC  A，AB、AC平面ABC，所以AB平面ABC； 1 1 1 1 1 π (2)由(1)知，AC 平面ABBA，BAC  ，取做AB 的中点O，连接AO ， 1 1 2 1 1 1 1 则BO//AO ，所以AO 平面ABC， 1 1 1 以A为原点，AB、AC、AO 所在的直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 1 则A0,0,0，A  1,0, 3  ，B2,0,0，E0,1,0， 1  υυυρ     AB 3,0, 3 ，EA  1,1, 3 ， 1 1        设EPEA ，可得P ,1, 3 ，所以AP ,1, 3 ， 1  设平面ABE的一个法向量为nx,y,z，则 1      A 1 B  n  0 ，即    3x 3z0 ，令z 3，可得n    1,2, 3  ， EA n0 xy 3z0 1 ρ υυυρ π ρ υυυρ nAP 223 可得sin  cos n,AP  ρ υυυρ  ， 4 n AP 143 21232 2 EP 2 解得0舍去，或= ，所以  . 5 EA 5 1 20．(1)因为cos2Acos2C 1cos2B，则1sin2 A1sin2C 11sin2B， 所以sin2 Asin2C sin2B，则a2c2 b2，所以ABC为直角三角形， π 所以B . 2 1 (2)ABC的外接圆的半径为r，r  OA  OC  ， 2 1 1 又 PN 2  PM 2  PO2 ON 2  PO2 ，其中 PO2  ， 4 4         所以PMPN  PM  PN cos PM,PN  PM  PN   2cos2NPO1  ， 1 PN 2 PO2 而 cos2NPO  4 ， PO2 PO2  P  M    P  N      PO2 1 4        2 PO PO 2 2 1 4 1      PO2 P 1 8 O2  3 4  2 2  4 3 ，   3 当且仅当 PO 2  4 取等. 20  2 3 所以PM PN的最小值为  . 2 4 21．(1)由已知圆C的圆心在x轴上，设圆C:xa2y2 r2r0，   3a2 r2 又圆C经过点A3,0，且被y轴截得的弦长为2 3，所以 ， 2 r2a2 2 3 a1 解得 ，所以圆C:x12y2 4. r 2 (2)设Mx,y ,Nx ,y ,Rx ,y ,Tx ,y ， 1 1 2 2 3 3 4 4 y 则直线PM 的方程为y 1 x5 ，其中x 12y2 4，与x12y2 4联立得： x 5 1 1 1 3x25 3x 7x2  3x25  x  7x25  0，由韦达定理知x x  1 ， 1 1 1 1 3 3x 7 1 7x 5 8y  7x 5 8y  所以x 3  3x 1 1 7 ，y 3  3x 1  1 7 ，所以R   3x 1 1 7 , 3x 1  1 7   ，  7x 5 8y  同理S 2 , 2 ，  3x 7 3x 7 2 2 8y 8y 2  1 3x 7 3x 7 8y 3x 78y 3x 7 所以k  2 1  2 1 1 2 2 7x 5 7x 5 7x 53x 77x 53x 7  2  1 2 1 1 2 3x 7 3x 7 2 1 8k x 3x 78k x 3x 7 56k x x  7k k 7  1 2 1 1 1 2  1 2 1  1 ，所以 2  ， 7x 53x 77x 53x 7 64x x  8 k 8 2 1 1 2 2 1 1 k 7 所以 2 为定值 . k 8 1 22．(1)设Px,y，则2 x2y12  x2y42 ，化简得x2y2 4． (2)由题意得C2,0，D(2,0), t 设E4,tt0，则直线CE的方程为y x2， 6 t 直线DE的方程为y x2， 2  t y (x2), t236 4t2 4t2 联立 6 得 x2 x 40，   x2y2 4, 36 36 36 4t2 722t2 t 24t 则x 2 ，即x  ，y  x 2 M t236 M t236 M 6 M t236 21722t2 24t  则M , ，  t236 t236  t y x2, t24 联立 2 得 x2t2xt240，   x2 y2 4, 4 4t2 2t28 t 8t 则x 2 ，即x  ，y  (x 2) , N t24 N t24 N 2 N t24 2t28 8t  N , ，  t24 t24 24t 8t  t236 t24 8t ①当t 2 3时，直线MN的斜率k   ， MN 722t2 2t28 12t2  t236 t24 8t 8t  2t28 则直线MN的方程为y  x ， t24 12t2  t24  8t 即y  x1，Q1,0， 12t2 ②当t 2 3时，直线MN垂直于x轴，方程为x1，也过定点Q1,0． 综上，直线MN恒过定点Q1,0． 又△CQM ∽△DQN， 所以 MQ  NQ  CQ  DQ 3， 1 1 1 MQ2 1 MQ2 2 所以    2   ， MQ2 NQ2 MQ2 9 MQ2 9 3 当且仅当 MQ  3时取等， 1 1 2 所以  的最小值为 . MQ2 NQ2 3 22重庆市第一中学 2023-2024 学年高二上学期第一次月考数学试题 参考答案和试题解析 1．由椭圆方程知：b 2，即短半轴长为 2. 故选：B x2 y2 b 2．由于双曲线  1a0,b0的渐近线为y x， a2 b2 a c 且注意到双曲线的离心率为e ， a 又在双曲线中有平方关系：c2 a2b2， c a2b2 b2 所以离心率为e   1 ， a a a2 又由题意e2， b2 b 所以有 1 2，解得  3， a2 a b 即双曲线的渐近线的斜率为  3， a 2 π 由直线斜率和倾斜角的关系可知此双曲线的渐近线的倾斜角可以是 π或 . 3 3 故选：B. 3．已知2ac， a c sinC c 又由正弦定理  得，  2， sinA sinC sinA a 2sin2Csin2 A 2sin2C 则  1 sin2 A sin2 A c 2 2  122217. a 故选：D. 4．依次求出与选项中椭圆相切的矩形ABCD的面积，得到答案. x2 y2 x2 y2 A选项，  1中，a9,b4，故与  1相切的矩形面积为494144，满足要求； 81 16 81 16 x2 y2 B选项，  1中，a9,b 65，此时矩形面积为4ab36 65，不合要求； 65 81 x2 y2 C选项，  1中，a10,b8，此时矩形面积为4ab320，不合要求； 100 64 D选项，同理可得，此时矩形面积为4ab320，不合要求. 故选：A 5．由题设，直线AC垂直于直线xy1，则直线AC:y(x1)xy10， 又圆心C在y轴上，令x0，则y1，即圆心C的纵坐标为1. 故选：C 23 1   1  6．由OP  PF PF  |FF |c 6， 2 1 2 2 2 1 所以P是以原点为圆心， 6为半径的圆与双曲线C的交点，  又F( 6,0),F ( 6,0)，即它们也在P点所在的圆上，且|F F |为直径， 1 2 2 1 所以PFO为直角三角形，FPF 90， 1 1 2     如上图，|PF ||PF |2a2 2，且|PF |2 |PF |24c2 24， 1 2 1 2      所以(2 2|PF |)2|PF |224|PF |2 2 2|PF |80|PF | 10 2， 2 2 2 2 2  1 1   则|PF | 10 2，故PFO的面积为  |PF ||PF |2. 1 1 2 2 1 2 故选：D 7．由题设，M2,m在椭圆C内，则 4  m2 11m1， 6 3 设直线l:yk(x2)m代入椭圆x22y2 6， 4k(2km) 整理得(12k2)x24k(m2k)x2(m2k)260且0，则x x  4， A B 12k2 1 1 由图知：直线斜率不可能为0，所以m ，故1 1k1或k1. k k 故选：C x2 y2 b 8．双曲线C:  1(a0,b0)的一条渐近线方程为y x，即bxay0， a2 b2 a 则直线bxay4a0与直线bxay0的距离为 4a 4a d   ， a2b2 c 因为点M(x ,y )是直线bxay4a0上任意一点， 0 0 且圆(xx )2(yy )2 8与双曲线C的右支没有公共点， 0 0 4a c 所以d 2 2，即 2 2，得离心率e  2， c a 因为e1，所以双曲线的离心率的取值范围为(1, 2]， 故选：A. 9．对于A，已知圆C ：x32y2 4，圆C ：x2y2 1， 1 2 则C 3,0,r 2，C 0,0,r 1， 1 1 2 2 CC 3r r ，所以两圆外切，故A正确； 1 2 1 2 24对于B，圆心C 3,0到直线x1的距离为2， 1 圆心C 0,0到直线x1的距离为1，故直线x1是两圆的一条公切线，故B正确； 2 对于C，直线xmy2恒过定点A2,0， 圆心C 3,0到直线xmy2的最大距离为C A 1， 1 1 所以直线xmy2被圆C 截得的最短弦长为2 2212 3，故C正确； 1  2 2  3 2 2 3 5  2 3 对于D，因为   2       2     4  4  4 1，所以点   2 , 2    在圆C 2 外，  2 3 故过点 , 作圆C 的切线有两条，D错误.  2 2  2   故选：ABC. x2 10．当x0,y0，则曲线C:x24y2 4 y2 1，双曲线的一部分； 4 当x0，则曲线C：4y y 4 y1； 当x0,y 0，则曲线C:x24y2 4不存在； 当y0，则曲线C：x|x|4x2； x2 当x0,y0，则曲线C:x24y2 4 y2 1，双曲线的一部分； 4 x2 当x0,y0，则曲线C:x24y2 4 y2 1，椭圆的一部分； 4 又x2y20过点(2,0),(0,1)，且曲线C在第一、三象限对应双曲线的一条渐近线为x2y0， 所以，曲线C如下图示： 所以A、C对，B错； 由ykx1恒过(0,1)，结合C项分析，如下图示， 1 显然k(0, )时ykx1与曲线C也有三个交点，D错. 2 25故选：AC 11． A：由AA 面ABCD，所以直线AC和平面ABCD所成角为ACA ，则 1 1 1 AC 4 2 6 cosACA    ，对； 1 AC 4 3 3 1 B：由正方体外接球半径为体对角线的一半，即为2 3，则其表面积为4π(2 3)2 48π，对； C：由O在正方形DCCD 内部，且 OB 2 6， 1 1 若E,F分别是CD,CC 上的点，且CECF 2 2，此时BE BF 2 6， 1 由图知：O在E  F上，故以C为圆心，2 2为半径的四分之一圆弧上， 1 所以点O轨迹的长度为 4 2π 2π，对； 4 π D：由于CD 与面ABCD不垂直，O在正方形ABCD内部，且ODC  恒成立， 1 1 6 π 以CD 为轴，过D 与轴成 的直线在旋转过程中在面ABCD上轨迹分析如下： 1 1 6 π 以CD 为轴，过D 与该轴成 的直线旋转得轴截面为等边三角形的圆锥体， 1 1 6 π O在面ABCD上轨迹：用面ABCD与CD 所成角为 ，且过C点在圆锥侧面所截得的图形，即为椭 1 4 圆， π 如下图，该圆锥的轴截面且正方形CDDC 为正方体一个侧面，GDC ， 1 1 1 6 所以O在面ABCD上轨迹：以GH 为长轴长的椭圆，故点O轨迹为椭圆的一部分，错. 故选：ABC a23 a23 3 12． A选项，因为a2，所以a2 4，此时c a23，故椭圆的离心率为e   1 ， a a2 a2 a越大，e越大，椭圆C越扁，A错误； 1 B选项：因为PF PF ，则OP  FF c， 1 2 2 1 2 又因为OP  PM ，则 OM 2c，故 a26 2c， 又因为c2 a23， 26c c2 2 解得a2 6，c2 3，故e   ，B正确； a a2 2 x2 y2 C选项：当a2时，椭圆C：  1且F 1,0， 1 4 3 当过F 的直线l 斜率为0时，此时A在x轴上，不符合要求，舍去， 1 1 设过F 的直线l 的方程为xmy1， 1 1   因为点A在x轴的上方，且AF 2FB，所以直线l 的斜率大于0， 1 1 1 联立 x2  y2 1得，  3m24  y26my90，设Ax,y ，Bx ,y ， 1 1 2 2 4 3 6m 9  6m  2 9 则y 1  y 2  3m2 4 ，y 1 y 2  3m24 ，所以2 3m24    3m24 ， 2 5 解得m ，负值舍去， 5 1 5 所以直线l 的方程的斜率为k   ，C错误； 1 m 2 x2 y2 3x2 D选项：设Px ,y ，则 0  0 1，所以y2 3 0 ， 0 0 a2 3 0 a2 3x2 则 PF  x c2y2  x c23 0 1 0 0 0 a2  3  c2 1 x22cx c23 x22cx a2  ex a2 ex a，  a2  0 0 a2 0 0 0 0 同理可得 PF aex ，由 PF  PF 6，得a2ex 2 6， 2 0 1 2 0 27a2 a26  3x2 3  a26  故x  ，则y2 3 0 3 ， 0 c2 0 a2 c2 又因为 PM  OM  OP ， PN  OM  OP ， a2 a26  3  a26  故 PM  PN  OM 2 PM 2 a26  x2y2 a26  3 0 0 c2 c2 3a2  a23  a26   a23  a26  9，D正确；  c2  故选：BD. 13．由题意得aa4220，解得a2，检验符合. 故答案为：2 1 2 14．椭圆C 中，a 2,c2 211，故椭圆C 的离心率为  ， 1 1 2 2 x2 2 y2 1中，令x1得y ， 2 2  2 故C ，C 在第一象限内公共点的坐标为1, ， 1 2  2    y2 x2  2 1 1 设C :  1，将1, 代入可得  1， 2 a2 b2  2  2a2 b2 1 1   1 1 a2b2 2 5 5 又 1 1  ，解得b2  ，a2  ， a 2 1 4 1 2 1 2y2 4x2 故答案为：  1. 5 5 15．由题意得F6,0,F 6,0，设y n， 1 2 I 因为 PI : IQ 2:1，所以y 3n， P 因为I 为PFF 的内心，所以PFF 内切圆半径为n， 1 2 1 2 281 1 则S  PF  PF  FF n PF  PF 12n， PF1F2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 又S  FF 3n18n， PF1F2 2 1 2 1 故 PF  PF 12n18n，解得 PF  PF 24， 2 1 2 1 2 根据双曲线定义可知， PF  PF 2a， 1 2 解得 PF a12, PF 12a， 1 2 因为 FQ  PF ，所以 FQ 12a， 1 2 1 因为 FF 12，所以 QF  FF  FQ a， 1 2 2 1 2 1 因为PQ平分FPF ，所以FPQQPF ， 1 2 1 2 PF QF 在FPQ中，由正弦定理得， 1  1 ， 1 sinPQF sinQPF 1 1 PF QF 在△F PQ中，由正弦定理得， 2  2 ， 2 sinPQF sinQPF 2 2 因为FQPPQF π，所以sinFQPsinPQF ， 1 2 1 2 PF QF 12a 12a 所以 1  1 ，即  ，解得a4， PF QF 12a a 2 2 故焦距为2a8. 故答案为：8 16．a6，b3 3，c a2b2 3，易知C 3,0、C 3,0为椭圆的两个焦点， 1 2 PM 22 PN 2  PC 242  PC 21   PC 22 PC 26， 1 2 1 2 根据椭圆定义 PC  PC 2a12， 1 2 设 PC t，则actac，即3t9， 2 则 PM 22 PN 2 12t22t263t224t1383  t28t46  ， 当t4时， PM 22 PN 2取到最小值90． 当t 9时， PM 22 PN 2取到最大值165． 故 PM 22 PN 2的取值范围为：90,165. 29故答案为：90,165. 17．(1)由题设b2 a2c22accosBa2c2ac18，又a2c， 所以3c2 18c 6，故a2 6. 故a2 6，c 6. 1 3 (2)由S  acsinB ac. ABC 2 4 而a2c2ac182acacac，当且仅当ac3 2时等号成立， 3 9 3 所以ABC面积的最大值为S  18 . ABC 4 2 x2 y2 b b 3 18．(1)因为双曲线  1的渐近线方程为y x，所以  ① ， a2 b2 a a 3   9 2 又因为点 3, 2 在双曲线上，所以  1② ， a2 b2 ①② 联立解得a2 3，b2 1， x2 所以双曲线C的方程为 y2 1. 3 (2)由(1)可知双曲线C中c2 a2b2 4， 所以右焦点F 坐标为2,0，即直线l的横截距为2， x y 又因为直线l的纵截距为2，所以直线l的方程为  1，即yx2， 2 2 x2  y2 1 联立 3 得2x212x150，  y x2 15 设Px,y ，Qx ,y ，则x x 6，xx  ， 1 1 2 2 1 2 1 2 2   所以OPOQxx y y xx x 2x 22xx 2x x 47. 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 19．(1)因为P为弦AB中点，由垂径定理得OP ⊥ AB， 0 0 20 1 因为k  2，所以k  ， OP0 10 AB 2 1 故直线AB的方程为y2 x1，即x2y50； 2 (2)x2y2 8与x12y12 9相减得，2x2y10， 即直线EF的方程为2x2y10， 001 2 圆心O到直线2x2y10的距离为d   ， 44 4 1 3 14 由垂径定理得EF的长度为2 8d2 2 8  . 8 2 20．(1)因为AB⊥ 平面BCFE，BC平面BCFE， 30所以AB⊥ BC， 又BC BE，ABBEB，AB,BE 平面ABE， 所以BC⊥ 平面ABE， 因为EF∥BC， 所以EF⊥ 平面ABE， 因为EF 平面AEF ， 所以平面AEF 平面ABE； (2)因为AB⊥ 平面BCFE，BE平面BCFE， 所以AB⊥ BE，故AB AE2BE2 4 2， 且BE,BC,BA两两垂直， 以B为坐标原点，BE,BC,BA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 则B0,0,0,E2,0,0,F  2, 3 ,0  ,C0,2,0,A  0,0,4 2  ，  2   设平面AFC的法向量为mx,y,z，    3  3  mAF x,y,z2, ,4 22x y4 2z0 则  2  2 ，  m    A  C  x,y,z  0,2,4 2  2y4 2z0  2 令z1，则y2 2,x ， 2   2  故m ,2 2,1，   2   设直线AE与平面AFC所成角的大小为，    2,0,4 2     2 ,2 2,1   则sincos  A  E  ,m    A  E  m    2   3 2  19 . AE  m 1 38 19 432 81 6 2 2 19 直线AE与平面AFC所成角的正弦值为 . 19 7 1 21．(1)由题设O( 2,0)且半径r  ，O ( 2,0)且半径r  ， 1 1 2 2 2 2 所以|OO |2 2 r r 3，即圆O 在圆O内， 1 2 1 2 2 1 设P(x,y)，又P为圆心的圆与其中一个圆外切，与另一个圆内切，且半径为r，   2 7  2  x 2 y2  r  2  3 2x 所以  2x32rr  ，  2 1  2 2  x 2 y2  r  2  2 x2 y2 则(x 2)2y2 (2 x)2   1. 2 4 2 31x2 y2 所以轨迹T的方程为  1. 4 2 (2)由题意，直线AB的斜率一定存在，设直线AB为ykx1， 0 1 由  1，即N 在椭圆内，联立椭圆方程整理得：(12k2)x24kx20， 4 2 4k 2 所以32k280，且x x  ,x x  ， A B 12k2 A B 12k2 2 2(1k2)(14k2) 则|AB| 1k2|x x | ， A B 12k2 4k2 2 2k 1 又y y k(x x )22  ，则AB中点E( , )， A B A B 12k2 12k2 12k2 12k2 1 1 2k k 所以线段AB垂直平分线为y  (x )，令y2，则x2k ，故交点坐 12k2 k 12k2 12k2 k 标C(2k ,2)， 12k2 由ABC为以AB为斜边的等腰直角三角形， 2(1k2)(14k2) k 1 所以|AB|2|CE| ( 2k)2(2 )2 (12k2)2 12k2 12k2 则2(1k2)(14k2)(k4k3)2(14k2)2，则2(1k2)(14k2)(k21)(14k2)2， 1 4 5 所以k2  ，故|AB| . 4 3 3 22．(1)因为椭圆的离心率为 ， 2 1a2 3 1 当0a1时，  ，解得a ， 1 2 2 a21 3 当a1时，  ，解得a2， a 2 3 1 综上所述：若椭圆C的离心率是 ，则a 或a2. 2 2 (2)① 如图所示： x2  1 当a2时，椭圆方程为 y2 1，此时A2,0，B2,0，Tt,  t 0， 4  2 1 所以直线AT 的方程为y x2 ，将直线AT 的方程与椭圆方程联立得 2t2 x2  y2 1  4  , 1 y x2  2t2  32消去x化简并整理得  t24t5  y22t2y0，解得y  2t2 ， M t24t5 1 同理直线BT 的方程为y x2 ，将直线BT 的方程与椭圆方程联立得 2t2 x2  y2 1  4  , 1 y x2  2t2  消去x化简并整理得  t24t5  y22t2y0，解得y  2t2 ， N t24t5 1 1 y  y  注意到 MT M 2 NT N 2 ， BTM ATN,  ,  AT y BT y T T 1 BT TM sinBTM S 2 BT TM 2y 1 由题意可知 1    M ， S 1 AT TN 2y 1 2 AT TN sinATN N 2 4t2 S 2y 1 t24t5 1  4t2  t24t5    t24t5  t24t5 从而 1  M    ， S 2y 1 4t2 4t2  t24t5  t24t5  t24t5 2 N 1   t24t5 S t24t5 8t 8 1  1 1 所以S t24t5 t24t5 5 ， 2 t 4 t  1 1 x2 因为Tt,  t 0为椭圆内部一点，将y 代入 y2 1得x 3，  2 2 4 因此0t 3， S 8 1 1  f t,0t 3 所以S 5 ， 2 t 4 t 5 因为当0t 5时，函数yt 4单调递减， t S 所以由复合函数单调性可知 1  f t 在0t 3上单调递减， S 2 所以74 3 84 3  f  3   S 1  f t1， 84 3 S 2 S   综上所述：当a2时， 1 的范围为 74 3,1 . S 2 ② 由题意若要证明点M 在点N 的右下方， y y 只需证明直线MN的斜率k  M N 0即可， x x M N 2t2 2t2 由① 中分析可知，y  ，y  ，0t 3， M t24t5 N t24t5 332t22  t24t5  2  t24t3  所以x 2t2y 12  ， M  M  t24t5 t24t5 2t22  t24t5  2  t24t3  x 2t2y 12  ， N  N  t24t5 t24t5 2t2 2t2  y y t24t5 t24t5 所以k  M N  x x 2  t24t3  2  t24t3  M N  t24t5 t24t5 t2t221t2t221      t221t221t221t221       2t  t23  t   ， 2  t23  t25  t25 因为0t 3，所以t25350， y y t 所以k  M N  0， x x t25 M N 综上所述：由以上分析可知点M 在点N 的右下方. 34重庆市第八中学校 2023-2024 学年高二上学期第一次月考数学试题 参考答案与试题解析 1．ADBC，ADBD，且BCBDB，AD平面BCD. 对于A选项，AD平面ADC，所以，平面ADC平面BCD，A选项正确； 对于B选项，若平面ABC 平面BCD，过点A在平面ABC内作AEBC，如下图所示： 由于平面ABC 平面BCD，平面ABC平面BCDBC，AEBC，AE平面ABC， AE 平面BCD， 又AD平面BCD，过点A作平面BCD的直线有且只有一条，假设不成立，B选项错误； 对于C选项，若平面ABD平面ADC，平面ABD平面ADC AD，ADBD，BD平面ABD， BD平面ADC， CD平面ADC，则BDCD，而BD与CD是否垂直未知，C选项错误； 对于D选项，过点D在平面ABD内作DF  AB，垂足为点F ， 若平面ABD平面ABC，平面ABD平面ABC  AB，DF  AB，DF 平面ABD， 所以，DF平面ABC， BC 平面ABC，BCDF， BCAD，DFADD，BC 平面ABD， BD平面ABD，BC BD，但BC与BD是否垂直未知，D选项错误. 故选：A. 2．直线的倾斜角最大时，直线与圆相切，此时斜率存在，  2   圆 x 3 y2 1的圆心为C 3,0 ，半径r1， 353k1 设直线方程ykx1，即kx y10，直线到圆心的距离为d  1， k21 π 解得k  3或k 0，当k  3时，倾斜角最大为 . 3 故选：C 3．如图， 要想使折叠后O点落在线段BC上，可取BC上任意一点D， 作线段OD的垂直平分线l，以l为折痕可使O与D重合， 1 因为k k  ， OD OB 2 1 所以k  2，且k 0. k OD 又当折叠后O与C重合时，k 0， 所以2k0 k的取值范围是2,0， 故选：D 4 3 4．由题意可得，球心到截面圆所在平面的距离d  2 3， 2 设截面圆的半径为r，球的半径为R，则2πr 4π，解得r 2，所以R r2d2 4， 所以该球的表面积为4πR2 64π． 故选：A． x2 y2 5．因为椭圆为  1，所以a=5，b=3，c a2b2 4， 25 9 当△MFF 的面积最大时，点M在椭圆C的短轴顶点，不妨设点M为椭圆C的上顶点， 1 2 点O为坐标原点，△MFF 内切圆半径为r， 1 2 则 MF  MF 5， FF 8， OM 3， 1 2 1 2 1 1 4 因为S  (MF  MF  FF )r FF OM ，所以r  . △MF1F2 2 1 2 1 2 2 1 2 3 故选：D. 6．A(x ，y)，B(x ，y )， 1 1 2 2 x2 y2  1  1 1 a2 b2 代入椭圆方程得 ， x2 y2 2  2 1 a2 b2 x2x2 y2y2 相减得 1 2  1 2 0， a2 b2 x x y y y y  1 2  1 2 1 2 0． a2 x x b2 1 2 36y y 10 1 x x 2，y y 2，k  1 2   ． 1 2 1 2 AB x x 13 2 1 2 2 1 2    0， a2 2 b2 化为a2 2b2，又c3 a2b2 ，解得a2 18，b2 9． x2 y2 椭圆E的方程为  1． 18 9 故选：B． 7．因为PFF 为等腰三角形，FF P120，所以PF =F F =2c, 1 2 1 2 2 1 2 3 3 1 12 由AP斜率为 得，tanPAF  ,sinPAF  ,cosPAF  ， 6 2 6 2 13 2 13 PF sinPAF 由正弦定理得 2  2 , AF sinAPF 2 2 1 1 2c 13 13 2 1 所以  = = a4c,e ， ac π 3 12 1 1 5 4 sin( PAF )    3 2 2 13 2 13 故选：D. 8．c a2b2  1352 2 设FM 延长线与PF 延长线交于N ，因为M 到FPF 两边距离相等，所以M 在FPF 平分线上， 1 2 1 2 1 2 1 1 所以PF PN,OM  (PNPF ) (PF PF )aPF 1 2 2 2 1 2 2 PF (ac,a)OM(0,c)(0,2 2) 2 故选：B 1 9．对A，当a1时，l :x3y40，斜率为 ，则其一个方向向量为3,1，故A正确； 1 3 37a 对B，若l ∥l ，当a2时，显然不合题意，则a2，则直线l 的斜率k  ， 1 2 1 1 3 1 a 1 直线l 的斜率k  ，则有k k ，即  ，解得a3或1， 2 2 a2 1 2 3 a2 当a1时，此时直线l :x3y40,l :x3y40，显然两条直线重合，故B错误； 1 2 对C，若l l ，当a2时，显然不合题意，则a2，则k ×k =-1， 1 2 1 2 a 1 3 即  1，解得a ，故C正确； 3 a2 2 a 4 a 对D，若l 不经过第二象限，l :ax3y40，化简得y x ，则 0，解得a0，故D 1 1 3 3 3 正确； 故选：ACD. 10．根据题意，圆O:x2  y2 4，其圆心为O(0,0)，半径R2， 圆M :x2y24x2y10，即(x2)2(y1)2 4，其圆心为M(2,1)，半径r 2， 依次分析选项： 对于A，由于OM  2212  5， Rr 0,Rr4，又0 54，所以两圆相交，故有两条共 切线，A正确， 对于B，圆O和圆M 的半径相等，则线段OM 的垂直平分线为AB，则圆O与圆M 关于直线AB对 称，B正确， x2y2 4 对于C，联立 ，化简可得4x2y50，即AB的方程为4x2y50， x2y24x2y10 5 5 5 O到AB的距离d   ，则|AB|2 R2 d2 2 4  11，C错误； 164 2 4 对于D，|OM | 41 5，则|EF|的最大值为|OM |Rr  54，D正确， 故选：ABD． x2 y2     11．由椭圆M :  1的左右焦点分别为F  3,0 、F 3,0 ，则c 3 a2b2 ， a2 b2 1 2 x2 y2 3 y2 b2  b2   b2 将x 3代入  1，则  1，解得y ，则A 3, ，B 3, ， a2 b2 a2 b2 a  a   a  b2 a a 由 AB 1，则2 1，即b2  ，将其代入a2b2 3，可得a2 3， a 2 2 x2 化简可得2a3a20，由a0，解的a2，所以M : y2 1. 4 对于A，当点P为椭圆的上顶点时，FPF 最大，如下图： 1 2 x2 由椭圆M : y2 1，则 PO 1， PF 2，在RtOPF 中，POF 60， 2 2 2 4 38 2π 易知此时FPF 120，所以FPF 的取值范围为 0, ，故A正确； 1 2 1 2   3   对于B，根据题意可作图如下： 设 PF m， PF n，则mn2a4， FF 2c2 3， 1 2 1 2 PF 2 PF 2 FF 2 在FPF 中，根据余弦定理，则cosFPF  1 2 1 2 ， 1 2 1 2 2 PF  PF 1 2 m2n212 4 所以cos60  ，整理可得mn ， 2mn 3 1 1 3 则S   PF  PF sinFPF  mnsin60  ，故B正确； F 1 PF 2 2 1 2 1 2 2 3 对于C，设 PF m， PF n，则mn4， FF 2c2 3， 1 2 1 2 当mn2时，FPF 为等腰三角形，易知此时P的坐标为0,1或0,1， 1 2 当m FF 时，FPF 为等腰三角形，此时m2 3，设Px,y， 1 2 1 2 x2   y2 1  4 则 ，消去y化简可得3x28 3x320，   2 x 3  y2 2 3  由  8 3 2 43325760，则方程有解，故C错误； 对于D，设 PF m， PF n，则mn4， 1 2 则mn2 mn24mn164mn， PF 2 PF 2 FF 2 在FPF 中，根据余弦定理可得：cosFPF  1 2 1 2 ， 1 2 1 2 2 PF  PF 1 2 m2n212 mn22mn12 2 则cosFPF    1， 1 2 2mn 2mn mn 2 化简可得mn ，由选项A可知0 FPF 120， cosFPF 1 1 2 1 2 1 则1cosFPF  ，mn1,4，所以164mn0,12， 1 2 2 解得mn2 3,2 3，故D正确.   故选：ABD. 12．对于A，因为E是侧面ADDA上一动点，平面ADDA∥ 平面BCCB ， 1 1 1 1 1 1 所以点E到平面BCCB 的距离等于正方体的棱长，设棱长为a，则 1 1 391 1 1 V V   a3  a3，所以三棱锥B BCE 的体积为定值，所以A正确， B1BCE EBCB1 3 2 6 1 对于B，因为BC∥ AD，AD平面ADDA，所以当AE∥ BC时，点E在平面ADDA上的轨 1 1 1 1 1 1 1 1 1 迹为AD，因为AD与AC 不垂直，所以AD与平面ABC 不垂直， 1 1 1 1 1 1 1 所以AE与平面ABC 不垂直，所以B错误， 1 1 1 对于C，连接BC 交BC于点F，连接AF ，AB,AD,AD,BD ，则AB  AD BD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以ABD 为等边三角形， 1 1 因为CD平面ADDA，AD 平面ADDA，所以CD AD ， 1 1 1 1 1 1 因为AD AD ，ADCDD，AD,CD平面BCDA ，所以AD 平面BCDA ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 因为平面BCDA 平面ADDA  AD，AD  BE，E是侧面ADDA上一动点， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以点E的轨迹是AD， 1 所以平面BCE就是平面BCDA ， 1 1 1 因为CD平面BCCB ，BC 平面BCCB ，所以CDBC ， 1 1 1 1 1 1 因为BC BC ，BCCDC，BC,CD平面BCDA ，所以BC 平面BCDA ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以BAF为直线AB与平面BCE所成角，设正方体的棱长为a， 1 1 1 2 1 因为BF  a,AB 2a，所以sinBAF  ， 2 1 1 2 π π 因为BAF为锐角，所以BAF  ，即AB与平面BCE所成角为 ，所以C正确， 1 1 6 1 1 6 40对于D，连接AB,BD,AD ，则BD∥ BD，BC ∥ AD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 因为BD,BC 平面BDC ，BD,AD 平面BDC ， 1 1 1 1 1 1 所以BD∥ 平面BDC ，AD ∥ 平面BDC ， 1 1 1 1 1 因为BD AD D ，BD,AD 平面ABD ，所以平面ABD ∥ 平面BDC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 因为BE∥ 平面BDC ，所以BE平面ABD ， 1 1 1 1 1 因为平面ABD 平面ADDA  AD ，所以点E在平面ADDA上的轨迹为AD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 因为AB∥ AB ，所以ABE为BE与AB所成的角， 1 1 1 1 1 因为AB 平面ADDA，AE平面ADDA，所以AB  AE， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 设正方体的棱长为1，设AEm，则BE 1m2 ， 1 1 AE 所以tanABE 1 m， 1 1 AB 1 1 2 2 因为 m1，所以当m 时，tanABE取得最小值，此时ABE最小， 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 3   所以此时sinA 1 B 1 E取得最小值为  2 2 3 3 ， 1  2 2   3 所以BE与AB所成角的正弦最小值为 ，所以D正确， 1 3 故选：ACD 412i 2i1i 22i 13．z   1i， 1i 1i1i 2 所以 z  1212  2. 故答案为： 2 x2 y2 14．由椭圆C:  1，显然m4m，则a2 m4，b2 m，c2 a2b2 4， m4 m c c2 4 3 由题意可得e    ，解得m8， a a2 m4 3 所以椭圆C的长轴长2a2 m4 4 3. 故答案为：4 3. 15．由图可知，在三棱锥ABCD中， ABBC BD 5，AC  AD 2,CD2， 取CD中点E，连接AE,BE， 因为BC BD 5，AC AD 2， 所以AECD,BECD， 因为AEBEE,AE,BE平面ABE， 所以CD平面ABE， 因为AB平面ABE， π 所以CD AB，即AB与CD所成的角为 . 2 π 故答案为: . 2 16．如图，圆O的半径为1，圆M 上存在点P， 过点P作圆O的两条切线，切点为A,B，使得APB60， 则APO30，在RtPAO中，PO=2， 又圆M 的半径等于1，圆心坐标Ma,a4， PO  MO 1， PO  MO 1， min max MO  a2a42 ， 由 a2a42 12 a2a42 1， 2 2 解得：2 a2 . 2 2  2 2 故答案为：2 ,2 . 2 2   42x2 y2 17．(1)依题意设椭圆的方程为  1(ab0)， a2 b2 2c2 3  a2 4  3 1  x2 则  1，解得b2 1 ，所以椭圆方程为 y2 1.  a2 4b2  4 c2 a2b2 c 3  (2)依题意直线l的方程为y2x 3，设Ax,y 、Bx ,y ， 1 1 2 2 y2x 3  由x2 ，消去y整理得17x216 3x80，  y2 1  4  2 16 3 8 则 16 3 41782240，所以x x  ，xx  ， 1 2 17 1 2 17 2 16 3 8 4 70 所以 AB  122 x x 24xx  5   4  . 1 2 1 2  17  17 17   18．(1)由已知可设圆心Ca,a，圆心到直线l的距离为d， aa 2 2a 2 则d   ，r a2a22 ， 1212 2  2 于是d2 3 r2，整理得2 2a4a，解得a0． ∴ 圆心C为0,0，r 2， ∴ 圆C的标准方程为x2y2 4．    (2)∵ 四边形MONP为平行四边形，∴ OPOM ON， 设点Px,y，Nx ,y ， 0 0    则由ON OPOM 可得，x ,y x,y3,4x3,y4， 0 0 ∴ x 2 y 2 4，即x32y42 4， 0 0 若O，M ，N 共线， 4 ∵ 直线OM 的方程为y x， 3  6  6  4 x , x , y x,   5   5 联立 3 ，可解得 或 8 8  x2 y2 4, y , y ,  5  5  6 8 6 8 ∴ 此时N , ， , ，  5 5 5 5 43 9 12  21 18 于是可得P , 和 , ．  5 5   5 5  又当OM 与ON共线时，O，M ，N ，P不能构成平行四边形，  9 12  21 18 故动点P的轨迹是以3,4为圆心，2为半径的圆且除去两点 , 和 , ．  5 5   5 5  19．(1)取PC中点M ，连接FM,BM . 1 在△PCD中，M,F分别为PC,PD的中点，所以MF //DC,MF  DC. 2 1 在菱形ABCD中，因为AB//DC,BE  DC， 2 所以BE//MF,BEMF. 所以四边形BEMF为平行四边形，所以𝐸𝐹//𝐵𝑀. 又因为EF平面PBC,BM 平面PBC ， 所以EF //平面PBC . (2)选择条件① ： 因为PD平面ABCD,DE,DC平面ABCD， 所以PD DE,PD DC. 又因为DEPC,PDPCP,PD,PC平面PCD， 所以DE平面PCD，又DC 平面PCD， 所以DEDC， 以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz. 连接BD，因为ABDC，所以DEAB，又E为AB中点，所以ADDB， 所以ADB为正三角形.因为AD2 3，所以DE3. 设F0,0,t(t 0),E3,0,0,C  0,2 3,0  ，   则EF 3,0,t,EC   3,2 3,0  ，  根据条件，可得平面FCD的法向量为n 1,0,0. 1  设平面EFC的法向量为n x,y,z， 2    n EF 0 3xtz0 则2  ，所以 ， n EC 0 3x2 3y0 2    取x2t，则y 3t,z6，所以n  2t, 3t,6 ， 2 由题意，二面角EFCD的大小为45， 44    n n 2t 2 所以 cos＜n,n＞  1 2   ，解得t6(舍负). 1 2 n n 3t24t236 2 1 2 因为F是PD的中点，所以PD的长为12. 经检验符合题意. 选择条件②： 因为PD平面ABCD,DB,DC,DE平面ABCD， 所以PDDB,PDDC,PDDE. 连接BD，因为PB2 PD2BD2,PC2 PD2DC2，且PBPC， 所以BDDC，在菱形ABCD中，AB BD AD，即ADB为正三角形. 又因为E为AB中点，所以DEDC， 以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz. 又因为AB∥DC,DE AB. 因为ADB为正三角形且AD2 3，所以DE3. 设F0,0,t(t 0),E3,0,0,C  0,2 3,0  ，   则EF 3,0,t,EC   3,2 3,0  ，  根据条件，可得平面FCD的法向量为n 1,0,0. 1  设平面EFC的法向量为n x,y,z， 2    n EF 0 3xtz0 则2  ，所以 ， n EC 0 3x2 3y0 2    取x2t，则y 3t,z6，所以n  2t, 3t,6 ， 2 由题意，二面角EFCD的大小为45，     n n 2t 2 所以 cos＜n,n＞  1 2   ，解得t6(舍负). 1 2 n n 3t24t236 2 1 2 因为F是PD的中点，所以PD的长为12. 经检验符合题意. 20．(1)由条件及正弦定理可得： sinBsinCcosAsinAcosBsinAcosC 0， 即sinBcosAcosBsinAsinCcosAcosCsinA0 故sinBAsinCA0，则有sinBAsinAC， 又BA,,CA,，故有BA AC， 或BAAC(舍去)，或BAAC(舍去)， 则BC2A，又ABC， 45 所以A  ； 3 (2)设ACB，在△ABD和ACD中，由正弦定理可得 BD AD CD AD  ,    2   sin sin   sin  sin  3 4  3  4 2  BDsin  3   CDsin 于是  ，又BD3CD，    sin   sin  3 4 4  3sin 4 sin  3  sin 则  ， 31 3 1 ，   2  cos sin sin   sin  2 2 2  3 4  3  tan96 3；  综上，A  ，tan96 3. 3 21．(1)① 直线l垂直于x轴时，可得出直线l为x1， 此时直线l与圆C的两交点距离 AB 为2 3，满足题意； ② 当直线l不垂直x轴时，设直线方程为ykx1，  2 因为 AB 2 3，所以半弦长为 3，由勾股定理得弦心距d  22 3 1， 0k12k 3 又有点到直线的距离公式可得弦心距d  1，解得k  ， k212 4 此时直线方程为3x4y30， 所以满足题设条件的直线l的方程为x1或3x4y30 (2)由题设容易得到点N 坐标0,4， 设直线方程为ykx1，联立圆的方程，可得关于x的一元二次方程：  k21  x2  2k24k  x  k24k  0， k24k 2k24k 设点Ax,y ，Bx ,y ，由根与系数的关系(韦达定理)可得x x  ，x x  ， 1 1 2 2 1 2 k21 1 2 k21 y 4 kx 14 kx k4 AN的斜率K  1  1  1 ， AN x x x 1 1 1 y 4 kx 14 kx k4 BN 的斜率K  2  2  2 ， BN x x x 2 2 2 46kx k4 kx k4 则K K  1  2 AN BN x x 1 2 2k24k  2kx 1 x 2 k4x 1 x 2  2k k4 k21 2k2k44， xx k24k 1 2 k21 所以AN与BN 的斜率之和为定值，从而结论得证． 22．(1)由题意得a2，设A0,b,B0,b，Tm,n，m0， m2 n2 4b24n2 则  1，m2  ， 4 b2 b2 nb nb n2b2 n2b2 b2 k k      故 TA TB m m m2 4b24n2 4 ， b2 3 b2 3 又TA，TB的斜率之积为 ，故  ，解得b2 3， 4 4 4 x2 y2 所以椭圆C:  1； 4 3 (2)由(1)知，c a2b2  431， 故F 1,0,F 1,0， 1 2 当l ，l 的斜率不存在时，四边形MNQP为矩形， 1 2 3  3  3  3  3 令x1得，y ，故P1, ,Q1, ，同理可得M1, ,N1, ， 2  2  2  2  2 3 故 NM  QP 2 3， NQ  MP 2， 2 故四边形PQNM 面积为236， 当l ，l 的斜率存在时，由对称性可知，四边形PQNM 为平行四边形， 1 2 设l :ykx1，联立C: x2  y2 1得  34k2 x28k2x4k2120， 1 4 3 易得0，设Mx,y ,Nx ,y ， 1 1 2 2 8k2 4k212 则x x  ,xx  ， 1 2 34k2 1 2 34k2  8k2  2 4k212 则 MN  1k2 x x 24xx  1k2   4 1 2 1 2  34k2  34k2 144k2144 12  1k2  1k2  ， 34k2 34k2 472k 设点F 1,0到直线l 的距离为d，则d  ， 2 1 1k2 12  1k2 2k 12 4k24k4 故四边形PQNM 面积为S    ， 34k2 1k2 34k2 t3 令34k2 t3，则k2  ， 4 t3 2 则 12 t34  4   t22t3 31 1 2 1， S  12 12      t 4t2 4t 3 3 1  1 1 1 1 2 1 1 2 1 4 因为t3，所以 0, ，故   , ，     ,  ， t  3 t 3 3 3 t 3 9 9 31 1 2  1 1  31 1 2 1  1      ,  ，     0,  ， 4t 3  3 12 4t 3 3  4 31 1 2 1 故S 12      0,6， 4t 3 3 综上：四边形PQNM 面积的取值范围是0,6 . 48重庆市巴蜀中学校 2023-2024 学年高二上学期 10 月月考数学试题 参考答案与试题解析 1．设直线的倾斜角为， 因为直线3x 3y30，可得斜率k  3，即tan 3 又因为0 180，所以120. 故选：C. 2．对A选项，m//n，n//时，m可能在平面内，故A错误； 对B选项，由//，m，结合线面垂直的判定可得B正确； 对C选项，由m//，，则直线m可能在平面内，可能与平面平行，也可能与平面相 交，故C错误； 对D选项，由mn，n//，则直线m可能在平面内，可能与平面平行，也可能与平面相 交，故D错误. 故选：B. 3．设过点P1,1且垂直于1:x2y10的直线方程为2xym0， 将点P1,1代入，可得21m0，解得m1， 所以所求直线方程为2x y10. 故选：D. 4．因为直线l :x2my10与l :3m1xmy9m10平行， 1 2 1 所以1m2m3m10，解得m0或m ， 6 1 经检验m 时两直线重合. 6 故选：A 5．设圆C的圆心为a,a，半径为r， 代入A1,0,B2,1两点有(a1)2a2 r2,(a2)2(a1)2 r2， 解得圆C:(x1)2(y1)2 1， 圆心C1,1，设圆心到直线的距离为d， 1 1 |CD| (11)2(1( ))2  ， 2 2 1 则弦长为2 r2d2 2 1  3，当直线与CD垂直时，弦长最短为 3. 4 故选：B.     6．因为M 为△BCD的重心，则MBMCMD0，            即ABAM ACAM ADAM 0，所以，3AM  ABACAD，           所以，9AM 2  AB 2 AC 2 AD 2 2ABAC2ABAD2ACAD 49 2 5 223222cos602020，故 AM  . 3 故选：C. 7．圆C：x22x y26y0可化为x12 y32 10，则其半径为 10，C1,3， 如上图，对于直线x5上任意一点M5,t， 当AM,BM均为圆的切线时AMB最大， 由题意，MA MB即AMB90时，此时M 为满足题设条件的临界点， AC 2 此时有 sinAMC . CM 2 AC 2 10 2 当M 在临界点之间移动时，有  ，即  ， CM 2 (51)2(t3)2 2 即有：(t3)2 4，解得：1t5. 故选：B. 8．设正方形ABCD边长为a4 2，底面中心为E,CD中点为F， 连接PE,EF,PF,CE，如图所示， 由题意得PE8，且正四棱锥的外接球球心O， 设外接球半径为R，则OPOAOBOC ODR， 在Rt△OEC中，OC2 OE2EC2，且EC4， 所以R2 16(8R)2，解得R5，即OP5， 在RT PEF中，PF  PE2EF2  82(2 2)2 6 2， 过O作OQPF ，则OQ即为点O到平面PCD的距离，且Q为平面PCD截其外接球所得截面圆的圆 心， 所以PEF PQO， PQ OP 5 则   ， PE PF 6 2 10 2 所以PQ ， 3 200 所以截面的面积S PQ2  . 9 故选：C 9．由C:(x3)2(y3)2 4知，圆心为C3,3，半径r 2， 332 直线AB:xy20，则圆心到直线距离d  2 2 r 2. 2 所以直线AB与圆C相离，故A错B对； 由圆心到直线的距离知，圆上点到直线距离的最大值为2 2r22 2， 最小值为2 2r 2 22，故CD正确. 故选：BCD 5010．在正四棱台ABCDABCD 中，AB 2,AB4，令上 1 1 1 1 1 1 下底面中心分别为O,O，连接AO,OO,AO，如图，对于A， 1 1 1 1 1 28 3 V   222442  3 ，A正确； A 1 B 1 C 1 D 1ABCD 3 3 对于B,OO 平面ABCD，在直角梯形AOOA中，AO2 2,AO  2,OO  3，取AO中点E， 1 1 1 1 1 1 连接AE，有AE∥OO,AE  AO，则AE OO  3，AA  AE2AE2  5，B错； 1 1 1 1 1 1 1 1        对于C，AB2BC CA ABBCCA0，C正确； 1 1 对于D，几何体CDDB AA中，没在任何两个平面平行，选项D错误. 1 1 1 1 故选：AC 11．对于A，直线mxym10，mx1y10，直线过定点1,1， 1212 4，定点在圆内，故A正确； 2 对于B，圆x2y2 4的圆心到直线l:xy 2 0的距离为 1， 2 如图所示： 所以只有三个点满足，故B错误. 对于C，圆x2 y26x8ym0化简得到x32y42 25m， 因为两圆有三条公切线，所以两圆外切，故 (03)2(04)2  25m2， 解得m16，故C正确. 对于D，设点Pm,n，如图所示 因为A,B为切点，所以OAPA,OBPB，连接OP，根 据圆周角与圆直径关系可知，AB两点在以OP为直径的圆上， 以OP为直径的圆的方程为x2y2mxny0，和x2y2 4相减可得， 两圆公共弦AB所在直线方程为mx+ny=4， mxny4  联立方程m n ，得4x1ny2x0，  1  4 2 令x1，则y2，即直线AB经过定点1,2，故D正确. 故选：ACD 5112．对于A中，如图(1)所述，当M 在PC中点时， 连接BD，且ACBDO，则点O为AC的中点，所以OM //PA， 因为PA平面ABCD，所以OM 平面ABCD， 又因为AC平面ABCD，所以OM  AC， 因为ABCD为正方形，所以ACBD， 又因为BDOM O，且BD,OM 平面BDM ，所以AC 平面BDM ， 因为BM 平面BDM ，所以ACBM ，所以A正确； 对于B中，如图(2)所示，将△PBC和PAC所在的平面，沿着PC展在一个平面上， 则MA MB的最小值为AB， 2 1 2 5 22 5 可得cosACBcosPCAPCB     ， 6 6 6 6 6 在ABC中，由余弦定理得，AB2  AC2BC22ACBCcosACB， 解得AB 6 15 ，所以MA MB的最小值为 6 15 ，所以B错误； 3 3 对于C中，M 到直线AB距离最小值即为异面直线PC与AB的距离， 因为AB//CD，且AB平面PCD，CD平面PCD，所以AB//平面PCD， 设异面直线PC与AB的公垂线段为MN，则MN  AB,MN PC， 所以MN CD,MN PC，因为CDPCC，且CD,PC平面PCD， 所以MN 平面PCD，所以MN即为点M 到平面PCD的距离， 因为AB//平面PCD，所以点M 到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离， 过点A作AE PD，由CD平面PAD，AE平面PAD，所以AECD， 因为PDCDD，且PD,CD平面PAD，所以AF 平面PAD， 所以点A到平面PCD的距离，即为AF 的长，如图(3)所述， 2 5 在直角△PAD中，PA2,AD1，可得PD 5，所以AF  ， 5 2 5 即点M 到平面PCD的距离等于 ，所以C正确； 5 52对于D中，以A为原点，以AB,AD,AP所在直线分别为x轴､ y轴､ z轴，建立空间直角坐标系，   如图(4)所示，设CM CP，可得M1,1,2， 1 1 1 1 则V V V V   ABBCz   ADAPx AMBC AMDP MABC MADP 3 2 M 3 2 M 1 1 1 1 1   112  211 ，所以D正确. 3 2 3 2 3 故选：ACD. 13．设圆锥的高为hSO，母线长为l，半径r1， 因为圆锥的底面半径为1，侧面积为2π， 1 所以 2π1l 2π，所以l2， 2 所以h l2r2  3， 1 3 所以圆锥的体积是V  π×12 3 π. 3 3 3 故答案为： π. 3 14．在直三棱柱ABCABC 中，由AC BC,CC BC， 1 1 1 1 因为ACCC C且AC,CC 平面ACC A ，所以BC 平面ACC A ， 1 1 1 1 1 1 以C为原点，分别以CA､CC､CB所在的直线为x､y､z轴建立空间直角坐标系， 1 如图所示，设CC 2AC 2BC 2， 1 53则C0,0,0,A1,0,0,B 0,2,1,B0,0,1,C 0,2,0， 1 1   可得AB 1,2,1,BC 0,2,1， 1 1   30 30 所以cosAB,BC  ，所以直线BC 与直线AB 夹角的余弦值为 . 1 1 10 1 1 10 30 故答案为： . 10 15．取AB 的中点P，连接PC ，PN，AP，如图所示： 1 1 1 由正方体的性质可知四边形APC N为平行四边形，且APPC C N  AN  1222  5， 1 1 1 所以四边形APC N为菱形，NP过点M . 1 所以平面AMN截正方体ABCDABCD 所得截面为APC N. 1 1 1 1 AC  222222 2 3，NP 2222 2 2， 1 1 所以面积为 2 32 2 2 6. 2 故答案为：2 6 16．由题意知，点P点所在圆(x2)2(y2)2 2，且A,B所在圆C:(x1)2(y1)2 4的圆心为 C1,1，半径为2， 2 2 3 设D是AB的中点，连接CD，则CD垂直平分AB，则CD  22  1，   2   所以D点在是以C为圆心，半径为1的圆上， 即D点所在圆C :(x1)2(y1)2 1， 1       又由PAPB2PD，可得 PAPB 2 PD ，  即 PD 即为圆M :x24x y24y60上的点与圆C :(x1)2(y1)2 1上的点的距离， 1  因为 MC  (21)2(21)2 3 2，所以3 21 2  PD 3 21 2， 1   即 PAPB 范围是4 22,8 22.   54故答案为：4 22,8 22.   1 3 17．(1)S  22  3，侧面积6424， △ABC 2 2 表面积S 2 324; (2)ACBC,D是AB的中点，ABCD， 又AA 平面ABC,CD平面ABC，所以AA CD， 1 1 且AA AB A,AA,AB平面AABB，所以CD平面AABB， 1 1 1 1 1 1 1 所以CD是三棱锥B ADC的高，又S  244 1 1 A1B1D 2 1 4 3 所以；V V  S CD B 1A 1 DC CA 1 B 1 D 3 A 1 B 1 D 3   18．(1)过点M 2,3 2 且斜率为1的直线为y x2 2， 2 2 则圆心0,0到直线的距离d  2， 1 1212 所以半径r 2，则圆O的方程为x2y2 4； (2)设O到直线l的距离为d，则S d 4d2 2，解得d  2， OAB 若直线l斜率不存在，方程为x 2，满足题意；   若直线l斜率存在，设为k，直线l的方程为yk x 2 3 2， k 23 2 4 因为d  2，所以  2，解得k  ， k21 3 4  4 5 2 直线l的方程为y x 2 3 2，即y x ； 3 3 3 4 5 2 综上，直线l方程为x 2或y x . 3 3 19．(1)因为BC∥AD,AD平面PAD,BC平面PAD 所以BC∥平面PAD，又BC平面BCEF，平面BCEF平面PADEF ， 所以BC∥EF； (2)取BC中点为M ，连接AM ， 因为ABBC，且ABC 60，所以ABC为等边三角形， 所以AM BC，又AD∥BC所以AM  AD， 以A为原点，以AM,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图所示， 则A0,0,0,C  3,1,0  ,E0,2,1，     所以AE 0,2,1，AC  3,1,0 ， 55 设平面ACE的法向量为nx,y,z，    AEn2yz0    则  ，令x 3，则y3,z 6，得n 3,3,6 ACn 3xy0  因为AM 平面PAD，所以平面PAD得法向量m1,0,0     mn 1 设平面ACE与平面PAD夹角为，则cos cos m,n     . mn 4 20．(1)证明：如图，连接CE，因为四边形CDEF为菱形，则CE  DF， 因为四边形ABCD为梯形，AB∥CD,ABBC，则BCCD， 因为平面ABCD平面CDEF，平面ABCD平面CDEF CD,BCCD， BC平面ABCD，所以BC 平面CDEF，又因为DF 平面CDEF， 所以BCDF，因为BC,CE平面BCE,BCCEC， 所以DF平面BCE，因为BE平面BCE，所以BEDF. (2)取CD的中点为H，连接FH ，则FH DC 因为平面ABCD平面CDEF，平面ABCD平面CDEF CD， FH 平面CDEF， 所以FH 平面ABCD，如图，以C为原点，过点C做FH 的平行线为z轴，CD,CB所在直线为x 轴，y轴建立空间直角坐标系如图所示： 则C0,0,0，D4,0,0，B0,2,0，F  2,0,2 3  ，E  6,0,2 3  ，      所以FB 2,2,2 3 ，设FM FB(0)，          则FM  2,2,2 3 ,CM CFFM  22,2,2 32 3 ，CD4,0,0，  设平面DMC的法向量为n x,y,z， 1  C  M  n  22x2y  2 32 3  z0 则  ，  CDn4x0      令y1，则z ，x0，所以n   0,1, ， 3 3 1  3 3  由题意平面ABCD的法向量n 0,0,1， 2      n n 3 3 1 1 所以 cos n,n  1 2   ，解得 ， 1 2 n  n 2 2 2 1 2 1 3(1)2 FM 1 此时  . FB 2 21． (1)解：如图所示： 56作PDBC， 因为平面PBC 平面ABC，所以PD平面ABC,PA与平面ABC所成角为PAD；因为 2 3 6 tanPBC ，所以sinPBC  ，cosPBC  2 3 3 3 3 6 2 2 在直角BPC中，则PD PB  BC ； 3 3 3 3 PD 4 2 则BD  ,DC BCBD ， tanPBC 3 3 AB2BC2AC2 AB2BD2AD2 在ABC中，由余弦定理得：cosABC  ， 2ABBC 2ABBD 4 2 22  AD2 即 222212  3 ，解得AD 10 ， 222 4 3 22 3 PD 2 5 所以tanPAD  . AD 5 (2)作DEAB，连接PE， 由(1)知：PD平面ABC，又AB平面ABC， 所以PD AB，又DEPDD，DE平面PED，PD平面PED， 所以AB平面PED，又PE平面PED，所以ABPE， 所以二面角PABC的平面角为PED； 2 BD PD 2 2 ， tanPED   ED ED 2sinABC sinABC AC 1 在ABC中，由正弦定理得   ， sinACB AB 2 π 当ACB 时，sinABC最大，PED最小. 2 此时BC AB2AC2  3， 1 3 2 6 所以S  ACBC  ,PD BC  ， ABC 2 2 3 3 1 2 所以V  S PD . PABC 3 ABC 6 22．(1)设AD中点Px,y，则A  2x 9 ,2y  ，代入圆O:x2 y2 9，化简得轨迹方程为  x 9  2  y2  9 .  4   8 4 579 (2)设Bx ,y ,Cx,y ,Ax,y ，直线BC方程为xmy ，联立圆O:x2 y2 9得 2 2 1 1 1 1 4 9 63  m21  y2 9 my 63 0，有  2 m  16 2 16 y y  ,y y  ; 1 2 m21 1 2 m21 y y 直线AB方程为yy  2 1xx  ，令y0，得 1 x x 1 2 1  9  9 y my  y my   yx y x 1  2 4 2  1 4 9 2my y 9 7 ，所以点T为定点4,0； x  1 2 2 1    1 2   4 T y y y y 4 y y 4 4 1 2 1 2 1 2 又S BCT  1 2    4 9 4    y 2 y 1 而 y 2 y 1 2 y 2  y 1 2 4y 2 y 1  1 4 4  4 m m 2 2   1 6 2 3 ，令tm21，可得 144t81 811 2 1 1 8 2 4t2  4  t   36 t ，当 t  9 即m 4 (依题意舍去负值)时， y 2 y 1max 4， 7 所以TBC面积的最大值为 . 2 58重庆市第一中学校 2023-20324 学年高二上学期期中考试数学试题 参考答案与试题分析 3 3 3 1．由题将直线的化简可得y x ，所以斜率为 3 3 3 故选D m1m 1 2．由题意可知e  m3. m1 2 故选：C 9a a  3．因为S  1 9 9a 36，所以a 4. 9 2 5 5 又a 2，且a a 2d 2， 3 5 3 所以，d 1. 故选：A. 4．因为等边ABC，且点O为底边AC的中点，故翻着后BOOD,BOOC，又ODOCO， 故BO平面ODC，故二面角DBOC为DOC 90，故DOOB,DOOC，又OBOCO， OB,OC 平面OBC，故DO平面OBC.又BC平面OBC，故DOBC 故选：D x2 y2 5．因为双曲线为  1，所以a3； 9 16 由双曲线的定义得 MF  MF  NF  NF 2a6， 1 2 1 2 所以 MF  NF  MF  NF 4a MN 1224， 1 1 2 2 所以△MNF 周长为 MF  NF  MN 241236， 1 1 1 故选：C. 6．因为等比数列有2n+1项，则奇数项有n1项，偶数项有n项，设公比为q， 得到奇数项为1q2q4q2n 1q  qq3q5q2n1 85， 偶数项为qq3q5q2n1 42，整体代入得q=2， 122n1 所以前2n+1项的和为 8542127，解得n3. 12 故选：B 7．由已知可得， a 2， 1 a a 4， 2 1 a a 6， 3 2  59a a 2n， n n1 两边分别相加可得， a a a a 2a 4a 6a 2n， 1 2 3 n 1 2 n1 n22n 所以有a 2462n nn1. n 2  8  n 因为b a   ， n n 11  8  n 所以，b nn1  . n 11 设数列b 的最大项是第k  kN* 项， n   8  k  8  k1 kk1  k1k2  b b  11 11 则有 k k1，即 ， b k b k1   kk1   8   k kk1   8   k1  11 11 3k 16 16 19 整理可得， ，解得 k . 3k 19 3 3 又kN*，所以k 6. 故选：A. 8．根据已知，结合图形的性质推得TF  OF 1，T的轨迹为以F为圆心，以1为半径的圆.求出 AF  5，即可得出答案. 【详解】由抛物线的光学性质可知，反射光线必经过抛物线的焦点(cid:31)(cid:4666)1,0(cid:4667)， 设P处的切线与x轴交于N点，如图取点M,K. 由PM //NF 可得，KPM PNO. 根据对称性可知，KPM NPT . 所以，PNONPT . OQPN， PNOQON 90，NPTPTQ90， NOQPTQ. 而NOQFOT ， FOT PTQ，即FOT FTO， |TF||OF|1， T 的轨迹为以F为圆心，以1为半径的圆. 因为 AF  5， 所以TA 51, 51．   故选：B. 60S S 9．对于A项，由已知 n1  n 1可得， n1 n S  S 数列 n是一个等差数列，首项 1 32，公差为1，  n  1 S 所以， n 32n11n33， n 所以，S n233n. n 当n1时，a S 32； 1 1 当n2时，a S S n233nn1233n1 2n34. n n n1 n1时，213432a ，满足. 1 综上所述，a 2n34. n 所以，a a 2n342n1342， n n1 所以，a 是等差数列，故A项正确； n 对于B项，设a 的公差为d， n 由A知，a 32，d 2， 1 根据等差数列的性质可知，S S S S S S S 33d 18，故B项错误； 9 6 6 3 6 3 3 对于C项，因为a 320，d 20， 1 a 0 要使S 取得最大值，则应有 n ， n a 0 n1 2n340 即 ，解得16n17. 2n1340  又nN*，所以当n16或n17时，S 取得最大值.故C正确； n 对于D项，由A知，S n233n， n 解S n233n0，可得0n33. n 所以，S 0时，n的最大值为33.故D正确. n 故选：ACD. 10．因为圆O的圆心为O(0,0)，半径R2， 对于选项A：因为OP  1212  22，可知点P在圆O内， 61可得圆心O到过点P的直线的距离d0, 2，   所以|AB|2 R2d2 2 4d2 2 2,4，故A正确；   对于选项B：设Qa,4a，则OQ  a24a2 ， 可得 QC2  OQ2r2 a24a24， 以Q为圆心，QC 为半径的圆的方程为xa2y4a2 a24a24， 整理得x2 y22ax24ay40， 由题意可知：直线CD为圆Q与圆O的公共弦所在的直线， 可得42ax24ax40，整理得axy4y10， xy0 x1 令 ，解得 ，所以直线CD必过定点(1,1)，故B正确； y10 y1 对于选项C：圆C:(x3)2(y4)2 r2的圆心C3,4，半径为r， 则OC  3242 5， 若圆O与圆C有且仅有两条公切线，则 rR  OC Rr， 即 r2 52r，解得3r7， 所以实数r的取值范围为(3,7)，故C错误； 001 1 d   1 对于选项D：因为圆心O到直线l:x 3y10的距离  2 2 ， 12  3 所以圆O上有4个点到直线l:x 3y10的距离等于1，故D错误. 故选：AB. x2 y2 11．由题意可知：a4,b2 3,c a2b2 2，椭圆方程为  1， 16 12              2 2 2 对于选项A：因为PF PF  POOF  POOF PO OF PO 4， 1 2 1 1 1     且 PO 2 3,4，所以PF PF PO 2 48,12，故A错误；   1 2 x x 4 对于选项B：设Ax,y ,Bx ,y x  x ，若Q为AB中点，则 1 2 ， 1 1 2 2 1 2 y y 2 1 2 y  y 1 2 y y 2 y y 1 可得k  1 2 ,k   1 2  ， AB x x OQ x x x x 2 1 2 1 2 1 2 2 62x2 y2  1  1 1 16 12 x2x2 y2 y2 因为A,B在椭圆上，则 ，两式相减得 1 2  1 2 0， x2 y2 16 12 2  2 1 16 12 3 y2y2 y y y y 1 3 整理得  1 2  1 2  1 2 k k  k ，即k  ， 4 x2x2 x x x x AB OQ 2 AB AB 2 1 2 1 2 1 2 3 所以直线l的方程为y1 x2，即3x2y80，故B正确； 2 对于选项C：由题意可知： PF  PF 2a8, FF 2c4 1 2 1 2 设PFF 的内切圆半径为r， 1 2 1 1 则S  rPF  PF  FF 6r，可得r  S ， PF1F2 2 1 2 1 2 6 △PF1F2 1 当点P为短轴顶点时，PFF 的面积取到最大值 2cbbc4 3， 1 2 2 1 2 3 可得PFF 的内切圆半径的最大值为 4 3 ， 1 2 6 3 2 2 3 4 所以PFF 内切圆面积的最大值为π   π，故C正确； 1 2  3  3   对于选项D：因为 PF  PF 8，则 PF 8 PF ， 1 2 1 2 可得 PQ  PF  PQ  PF 88 QF 7， 1 2 2 当且仅当Q在线段PF 上时，等号成立， 2 所以 PQ  PF 的最小值为7，故D正确； 1 故选：BCD. 12．对A：a a a24a 4a 22 0，当且仅当a 2时，等号成立，而a 4，可得 n1 n n n n n 1 a a23a 48，故a a a 22 0，即a a ，故数列a 是递增数列，A正确； 2 1 1 n1 n n n1 n n 对B：a 2a a25a 4a 1a 4， n1 n n n n n 由A知：对nN*,a 4,a 2a a 1a 40， n n1 n n n 当且仅当n1时，等号成立，故a 2a ，B正确； n1 n 对C：a a23a 4，则a 2a23a 2a 1a 2，而a 4，即a 1a 20， n1 n n n1 n n n n n n n 1 1 1 1 1 1 1     ，即   ， a 2 a 1a 2 a 2 a 1 a 1 a 2 a 2 n1 n n n n n n n1 63n 1  1 1   1 1   1 1  故        i1 a i 1 a 1 2 a 2 2 a 2 2 a 3 2 a n 2 a n1 2 1 1   ， 2 a 2 n1 1 n 1 1 可得   ，C正确； a 2 a 1 2 n1 i1 i 对D：a 2a23a 4a 22a ，而a 40，则a 220， n1 n n n n n log a 2 故a 2a 22 a a 22，可得log a 22log a 20，则 2 n1 2， n1 n n n 2 n1 2 n log a 2 2 n 当n2时，则 log a 2 log a 2 log a 2 log a 2 2 n  2 n1  2 2 log a 2 2 n log a 2 log a 2 log a 2 2 1 2 n1 2 n2 2 1 22212n1， n 12n 当n1时，log a 21，故log a 22n1．则log a 2122n1  2n1， 2 1 2 n 2 i 12 i1 D错误； 故选：ABC. 13．A2,m代入抛物线方程，解得m2 2，焦点为1,0，故 AF  183 故答案为：3 1 14．由题设a (a 1)2a ，又a  ，数列不可能存在为0的项， n n1 n1 1 2 1 a 1 1 1 1 1 1 所以  n1  (1 )，故 12( 1)，且 11 a 2a 2 a a a a n n1 n1 n1 n 1 1 1 1 所以{ 1}是首项为1，公比为2的等比数列，即 12n1，故a  ， a a n 2n11 n n 1 所以a  . 5 17 1 故答案为： 17 15．根据题意得，a2 aa ，则a d2 a a 5d，即d 3a ， 2 1 6 1 1 1 1 a 4a 设  a  的公比为q，则q 2  1 4， kn a a 1 1 故a aqn1 4n1a ，又a a k 1d 3k 2a ， kn 1 1 kn 1 n n 1 ∴3k 24n1， n 4n12 ∴k  ． n 3 4n12 故答案为：k  n 3 641 16．由题意可知，y 3x 以y轴和y 3x为渐近线，其夹角为30， x 3 1 故旋转后双曲线的一条渐近线倾斜角为75，tan75 tan  4530  3 2 3. 3 1 3 b2 故双曲线离心率e 1  1tan275  84 3  6 2． a2 故答案为: 6 2. a 17．(1)由条件a 2a 0  nN* 知， n1 2，nN*， n1 n a n 所以数列a 是公比为2的等比数列， n 又a 2a 2n1,nN* 2 n 由b a 1得b 2d 5， 3 3 1 43 由T a 得4b  d 16， 4 5 1 2 联立以上两个方程解得b 1,d 2 1 b 2n1,nN*. n (2)由(1)知c log a log 2n n， n 2 n1 2 1 1 1 1 则    ， c c n(n1) n n1 n n1 1 1 1 1 1 1 S 1     1 1 n 2 2 3 n n1 n1 18．(1)由题有PB2PC2 BC2 25，则PBPC. 同理，有(cid:31)(cid:31)⊥(cid:31)(cid:31). 因为，PA平面PAC ，PC平面PAC ，PAPC  P， 所以PB平面PAC .    CM AM 0，M 是AC的中点． 又ABBC5，则BM  AC. 又MB 17， 所以，MC  BC2BM2 2 2，AC4 2. 则PA2PC2  AC2 32，所以PAPC. 1 1 1 V V  S PB   4438. PABC BPAC 3 △APC 3 2 (2)由(1)知PBPA,PBPC,PAPC， 故以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴建立如图所示空间直角坐标系， 65则P(0,0,0),A(4,0,0),B(0,3,0),C(0,0,4)．  易知，PA平面PBC，故平面PBC的一个法向量为m(4,0,0)．   又AB(4,3,0)，AC (4,0,4)，  设平面ABC的一个法向量为n(x,y,z)， 4x3y0  则 ，取x3，则n3,4,3为平面ABC的一个法向量. 4x4z0     n,m 12 3 34 则cosn,m     . n m 344 34 设所求二面角PBCA的平面角为，由图象可知，为锐角，   3 34 则cos cosn,m  ， 34 2 3 34 5 34 所以，sin 1cos2 1   .   34 34   19．(1)设P点坐标为(x,y)， |PA| 1 (x1)2y2 1 由  可得  ，化简得x2y2 4， |PB| 2 (x4)2y2 2 所以C的轨迹方程为x2y2 4. (2)因为x2y2 4表示圆心为(cid:31)(cid:4666)0,0(cid:4667)，半径为2，的圆， 且 OA 12，则点A的直线与C必相交， 法一：设MN的中点为Qx,y，   1 因为OQQA0，则点Q的轨迹是以OA的中点(cid:4672) (cid:2869) ,0(cid:4673)为圆心，半径为 的圆， (cid:2870) 2             2 2 则BMBN  BQQM  BQQM BQ QM    BQ|2  OM |2 OQ|2  BQ|2 |OQ|2 4 x42 y2x2y242x22 y24，   66  又因为x22 y2表示点Q到定点E2,0的距离的平方，即BMBN 2QE24，   可知 QE 1,2，所以BMBN 2QE246,12； 法二：当直线MN的斜率不存在时，不妨取M(1, 3),N(1, 3)，   此时BMBN (3, 3)(3, 3)6； 当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为yk(x1)， x2y2 4 联立方程 ，整理得  k21  x22k2xk240， yk(x1) 2k2 k24 设Mx,y ,Nx ,y ，则x x  ,xx  ， 1 1 2 2 1 2 k21 1 2 k21   因为BM x 4,y ,BN x 4,y ， 1 1 2 2   则BMBN x 4x 4y y x 4x 4k2x 1x 1 1 2 1 2 1 2 1 2   k21  xx   k24 x x k216 1 2 1 2 k24 2k2 6   k21     4k2  k2166 ， k21 k21 k21 1   6 因为k2 0，则k211，可得0 1，所以BMBN 6 6,12； k21 k21   综上所述：BM BN[6,12]． 20．(1)解：(1)由2S a n2n1可得2S a n12n11n2， n n n1 n1 两式相减可得2a a a 2n1n2，即a a 2n1n2. n n n1 n n1 若1，则a a 2nn2， n n1 504200 所以S a a a a a a 48200 5100. 100 1 2 3 4 99 100 2 (2)解：存在2，使得数列a 为等差数列. n 理由如下. 当n1时，2S a 2，得a 2； 1 1 1 当n2时，2S a 25，得a 1； 2 2 2 当n3时，2S a 310，得a 4. 3 3 3 假设存在，使得a 为等差数列，则(cid:31) (cid:3397)(cid:31) (cid:3404)2(cid:31) ，解得2， n (cid:2869) (cid:2871) (cid:2870) 67所以a a 2n3n2，则a a 2n1， n n1 n1 n 从而a a 2n2，故数列a 的奇数项构成等差数列，偶数项也构成等差数列，且公差均 n1 n1 n 为2. n  当n为偶数时，a 1 12n1； n 2  n1  当n为奇数时，a 0 12n1. n  2  所以a n1，a a 1，故2符合题意. n n1 n 21．(1)证明：过N作l的垂线，垂足为H，且与圆弧AF交于点M，则MN∥AF， 连接AM，PM，NF．因为在圆P中，PH  AF，PH MN ，所以|AM ||NF|，|MH||HN|． x2 y2 由题易知右焦点F(2a,0)，设点Nx ,y ，则 0  0 1，整理得y2 3x23a2． 0 0 a2 3a2 0 0 NF x 2a2 y2 x 2a2 3x23a2 2x a2 2x a  0 0  0 0  0  0 2 因为 ， HN a a a a x  x  x  x  0 2 0 2 0 2 0 2 所以|NF|2|HN|，所以|AM ||NF||MN|． a 【这里若学生用双曲线的第二定义来说明，也可以．见下：因为直线l:x 为双曲线 2 x2 y2 |NF| c C:  1(a0)的准线，根据双曲线的第二定义，可知  2，即|NF|2|HN|，即 a2 3a2 |HN | a 得|AM ||NF||MN|．】 在圆P中，由相等弦长所对的圆心角相等，得APM MPN NPF， 所以APN 2NPE． (2)由题知双曲线C:x2 y2 1，渐近线为：y 3 x，右焦点为F2,0， 3 3 直线PF的斜率不为0，设直线PF的方程为xmy2  3  3  因为直线PF与C的左，右两支分别交于E，D两点，则m,  ,．     3 3     1  设Dx,y ，Ex ,y ，R ,y  y  y ， 1 1 2 2 2 2  1 2 68xmy2 联立方程组   y2 ，得  3m21  y212my90， x2 1  3 12m 9 则y y  ,y y  ． 1 2 3m21 1 2 3m21 y y  1 yy  2 1 x  由题知，直线DR的方程为 2 1  2 ， x 2 1 1 1 1 3 1 x y  y my 2y  y my y 2y  y  y y 2y  y 令y0，得 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 4 1 2 2 2 1 x    y y y y y y y y 2 1 2 1 2 1 2 1 5 y y  4 2 1 5，   y y 4 2 1 5  所以直线DR过定点 ,0. 4  1 1 22．(1)由题意可知：a1,c  a2b2  1b2 ，准线l 的方程为y  ， n n n n c 1b2 n n PF  PG 根据椭圆的定义可得 PF  PG 2a2，则d  n n n n 1， n n n n n 2 设点P x ,y ， n n n 1 则有y  1，椭圆C 下顶点的坐标为0,1，上顶点的坐标为0,1， n 1b2 n n 1 因为P在C 上，则1 y 1，即1 11，解得b  3 ， n n n 1b2 n 2 n 3 1 可知b 的最大值为 ，此时c  1b2  ， n 2 n n 2 c 1 所以椭圆C 的离心率 n  . n a 2 2n3 n12 (2)因为b  ，则c2 1b2  ， n n2 n n n22 n1 且c 0，可得c  ， n n n2 1 1 2n1 则y  1 ， FG 2c  ， n c n1 n n n n2 n 2n3  1  2 2n3 n22n x b 1y2  1   ， n n n n2 n1 n1n2 691 所以S  1 FG  x   2n23n  2 ，则S2  2n23n ， n 2 n n n 3 n n23 n2 2 2x23x 构造函数 f x x1 ， x23 4x3x233  2x23x x22 2  x2x3  则 fx  ， x26 x24 当1x2 时， fx0，所以S2 S2； 1 2 当x3 时， fx0，所以  S2 在n3 时单调递减； n 7 27 且S2  ,S2  ，即S2 S2， 2 32 3 125 2 3 综上所述：S2 S2 S2，当n3时，  S2 单调递减， 1 2 3 n 注意到S 0，所以S S S 且当n3时，S 单调递减. n 1 2 3 n 70重庆市南开中学校 2023-2024 学年高二上学期期中数学试题 参考答案与试题解析 1．由直线方程为y 3x5，即斜率为 3， π 若倾斜角为[0,π)，则tan 3，故 . 3 故选：B 2．因为直线x2y30与mx3y60互相垂直， 所有1m230，解得m6． 故选：B. p 1 3．由抛物线x2＝y可得：2p＝1，∴  ， 2 4 1 因此抛物线的准线方程是y ． 4 故选A． b 4 b 4 4．若双曲线焦点在x轴上，则一条渐近线为y x x  ， a 3 a 3 b 5 所以e 1( )2  ； a 3 a 4 a 4 若双曲线焦点在y轴上，则一条渐近线为y x x  ， b 3 b 3 b 5 所以e 1( )2  ； a 4 5 5 所以双曲线C的离心率为 或 . 4 3 故选：D 1 5．由题设O(0,0)与直线axby1的距离d  1，即a2b2 1， a2b2 所以点Pa,b在圆O内. 故选：A 6．由双曲线的定义得 PF  PF 2a，又 PF  PF 3b， 1 2 1 2 PF  PF 2 PF  PF 2 9b24a2，即4 PF  PF 9ab， 1 2 1 2 1 2 b 2 9b 3b 3b  因此9b2 4a2 9ab，即9   40，则 1 40， a a  a  a  b 4 b 1 解得  ，  (舍去)， a 3 a 3 c c2 b 2 5 因此，该双曲线的离心率为e   1   . a a2 a 3 故选：B. 717．若F为椭圆右焦点，如下图示，|PF||PF|2a6， MFP周长为|PM ||PF||MF|，且|PM ||MF||PF|， 所以|PM ||PF||MF||MF||PF||PF||MF|，而|MF|3,|MF|1， 故|PM ||PF||MF|10，当且仅当M,F,P共线且M,P在F两侧时等号成立， 所以MFP周长的最大值为10. 故选：D c2 c2 8．由椭圆与双曲线焦点相同，即参数c相同，而e2  ，e2  ，又a24c2 a24， 1 a2 2 a2 1 2 1 2 1 1 a2 a2 a2 a28 由   1  2  1  1 2，所以e2e2 2e2e2. e2 e2 c2 c2 a24 a24 1 2 1 2 1 2 1 1 1 当ee 1，则e2 2，此时e e 1不合要求； 1 2 1 e2 1 2 1 当e 2e ，则e2e2 2e2e2，不合要求； 2 1 1 2 1 2 2 2 当e2e2 1，则2e212e42e2 e2  ，e2 1 ，不一定成立； 2 1 1 1 1 1 2 2 2 综上，A、B不成立，C不一定成立，D一定成立. 故选：D 2b2 9．对于椭圆C，由已知可得 ，则b1，c 3，a b2c2 2. 2c2 3 x2 对于A选项，因为椭圆C的焦点在x轴上，故椭圆C的方程为 y2 1，A对； 4 c 3 对于B选项，椭圆C的离心率为e  ，B错； a 2   对于C选项，设点F 为椭圆C的左焦点，易知点F  3,0 ， 1 1 1 将x 3代入椭圆方程可得y ，故 PQ 1，C错； 2 1 1 7 对于D选项， PF  PQ  ，故 PF 2a PF  ，D对. 1 2 2 2 1 2 故选：AD. 10．由题设C (0,0)且半径r 1，C (3,3)且半径r r，故|CC |3 2， 1 1 2 2 1 2 当r1时，CC 2r r ，即两圆相离，故有4条公切线，A对； 1 2 1 2 当r 2时，y1是圆C 切线，又C 到y1的距离为d 2r ，即y1是圆C 的切线，B对； 1 2 2 2 当r3时，CC 4r r ，即两圆相离，C错； 1 2 1 2 当r4时，r r 3 CC 5r r ，即两圆相交，故有公共弦， 2 1 1 2 1 2 1 将两圆方程作差得(x3)2(y3)2(x2 y2)15，整理得2x2y10，即为yx ，D对. 2 72故选：ABD x2 y2 11．因为双曲线C：  1，所以a3，b4，c5， 9 16 4 则F 5,0，F 5,0，根据双曲线的对称性，不妨取渐近线方程y x， 1 2 3  3 y x5 3   4 9 12 选项A：直线F M :y x5,由 可得M , ， 2 4 y 4 x 5 5   3  45 60 1 同理N , ，因为 x  x ，故M 不是NF 的中点，故A错误；  7 7  2 N M 2 3 3 选项B：直线MN的斜率为 ，直线方程为y x5， 4 4  3 y x5   4 9 12 联立 得M , ，所以B正确； y 4 x 5 5   3 9 12 选项C：由M , ，F 5,0，F 5,0， 5 5  1 2   34 12  16 12 则MF  , ，MF  , ， 1  5 5  2  5 5    34 16  12  12 故MF MF     16，故C正确； 1 2 5 5  5   5    34 2  12 2 选项D： MF      2 13，故D正确， 1  5   5  故选：BCD 12．·设抛物线C:y2 2pxp0上一点M(x ,y )，则y2 2px ， 0 0 0 0 过点M(x ,y )的切线方程为yy k(xx )， 0 0 0 0 yy k(xx ) 2p 2p 联立方程组 0 0 ，整理的y2 y y2 0， y2 2px k k 1 p p 令0，解得k ，即过抛物线上一点的切线的斜率为 ， y y 1 1 y2 y2 p y 对于A中，设A( 1 ,y ),B( 2 ,y ),(y  y )，则过点A的切线方程为y x 1 ， 2p 1 2p 2 1 2 y 2 1 y y 令x0，可得y 1 ，即M(0, 1)， 2 2 p y 又由抛物线C:y2 2px的焦点为F( ,0)，所以k  1 ， 2 MF p π 则k k 1，所以MF PM ，即PMF  ， MF AP 2 π 同理可得PNF  ，则P,N,F,M 四点共圆，所以APBMFN π，所以A正确； 2 73p p 对于B中，若点P在准线x 上，可直线AB的方程为y y p(x )， 2 0 2 p 此时直线过焦点F( ,0)，则AFBπ，所以AFBAPBπ，所以B错误； 2 p y2 p x  1  y y OM y FA 1 2 2p 2 y2p2 对于C中，由M(0, 1)，N(0, 2)，可得  1 ，    1 ， 2 2 ON y FB p y2 p y2p2 2 x  2  2 2 2 2p 2 OM FA y y2 p2 若  ，可得 1  1 ，则y y2 y p2 y2y y p2， ON FB y y2 p2 1 2 1 1 2 2 2 2 所以y y p2，此时直线AB过焦点F， 1 2 p 2p 设直线yk(x )，代入抛物线y2 2px，可得y2 y p2 0， 2 k 设方程的两根为y ,y ，可得y y p2， 1 2 1 2 即当直线过抛物线焦点时，两交点的纵坐标之积为p2， 而直线AB不一定过抛物线的交点，所以C错误； OM y OM 2 y2 对于D中，由  1 ，可得  1 ， ON y ON 2 y2 2 2  p y y x 1   y 2 y y y y y y y y 联立方程组 1 ，解得x 1 2,y 1 2 ，即P( 1 2, 1 2), p y 2p 2 2p 2 y x 2   y 2 2 y4 y2 1  1 |MA|2 4p2 4 y2(y2 p2) y2 |OM | |MA| 则 =  1 1  1 ，所以  ，所以D正确. |MP|2 y2y2 y2 y2(y2 p2) y2 |ON | |MP| 1 2  1 2 1 2 4p2 4 故选：AD. 13．由双曲线方程可知a2 6，b2 3，则c2 a2 b2 9，则c3， 并且焦点在x轴，双曲线的右焦点的坐标为3,0. 故答案为：3,0 14．因为圆C:x2+(y-1)2 =16，所以圆心坐标为C0,1，半径为r4， 因为M(1,2)是弦AB的中点，由圆的性质知：CM  AB， 21 因为k  1，且k k 1，所以k 1 ， CM 10 CM AB AB 因为M(1,2)在直线AB上， 74所以直线AB的方程为y-2=1×(x+1)，即：xy30. 故答案为：xy30 15．令P(x,y)，则 PA  x2(y3)2 ，又x2 4(1y2)， 所以 PA  3(y1)216，又1 y1， 当y1时， PA的最大值为4. 故答案为：4 16．由题意得FF  2c， 1 2 FF 2c 4c 2R 1 2   2c 由正弦定理得 sinFPF 3 3 ，故R ， 1 2 3 2 由椭圆定义可知， PF  PF 2a， 1 2 1 故S  PF  PF  FF racr， PF1F2 2 1 2 1 2 1 3 又S  PF  PF sinFPF  PF  PF ， PF1F2 2 1 2 1 2 4 1 2 由余弦定理得 PF 2 PF 2 FF 2 PF  PF 2 2 PF  PF  FF 2 cosFPF  1 2 1 2  1 2 1 2 1 2 ， 1 2 2 PF  PF 2 PF  PF 1 2 1 2 4a22 PF  PF 4c2 1 4a24c2 即 1 2  ，解得 PF  PF  ， 2 PF  PF 2 1 2 3 1 2 3 4a24c2 3  a2c2 故acr   ， 4 3 3 3ac 解得r ， 3 2c 3ac c 3 因为R3r，所以 3 ，解得  . 3 3 a 5 3 故答案为： 5 2 17．(1)由双曲线方程知：其渐近线方程为y x； 3 (2)由双曲线定义 PF  PF 2a6，又 PF  PF  PF 26 PF 16， 1 2 1 2 2 2 所以 PF 26 PF 16(PF 8)(PF 2)0，可得 PF 2(负值舍)， 2 2 2 2 2 所以PF 的大小为2. 2 7518．(1)圆C:x2y22x4ym0，则(2)2424m0，解得m5， 所以实数m的取值范围是m5. (2)由(1)知，m5，圆C:(x1)2(y2)2 5m的圆心C(1,2)，半径r  5m， 1 2 则点C(1,2)到直线l:x y20的距离d   ， 2 2 2 依题意， 2 2 r2 d2 ，即 2 2 ( 5m)2( )2 ，解得m4， 2 所以实数m的值为4. 19．(1)令A(x,y ),B(x ,y )，联立抛物线与直线得y2my10，且m240， 1 1 2 2 则y y m,y y 1，故xx m2y y m(y y )11， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2     又OA(x,y ),OB(x ,y )，则OAOB xx  y y 0，即OAOB，得证. 1 1 2 2 1 2 1 2 1 (2)由O(0,0)到xmy1的距离d  ， 1m2 又|AB| 1m2  (y y )24y y  1m2  m24， 1 2 1 2 1 m24 所以S  d|AB|  10，则m2 36m6. AOB 2 2 20．(1)令M(x,y)，由M为线段AB的中点，B(3,0)，则A(2x3,2y)， 而A是圆C上一动点，故(2x3)24y26(2x3)8y90， 整理得x2y22y0，即x2(y1)2 1， 所以动点M的轨迹方程为x2(y1)2 1. (2)由(1)知：曲线E的圆心为(0,1)，半径r1，且点N在曲线E外， 若直线l斜率不存在，即x1，显然与曲线E相切，满足； |k2| 若直线l斜率存在，设l:y3kx1，则(0,1)到直线l的距离d  r， 1k2 |k2| 3 所以 1k24k41k2 k  ，此时l:3x4y90； 1k2 4 综上，直线l的方程为x1或3x4y90. c 2  a  2  a 2c 21．(1)由题设  ，又a2 b2c2，则a2 4,b2 2， 1 ab2 2 2ab2 2 2 x2 y2 所以椭圆C的标准方程为  1. 4 2 76(2)由题设，直线l斜率一定存在，令l:yk(x1)，且M1,0在椭圆C内， 联立直线与椭圆并整理得(12k2)x24k2x2k240，且0，   令A(x,y ),B(x ,y )，而P(4,3k)，则PA(x 4,y 3k),AM (1x,y )， 1 1 2 2 1 1 1 1   x 4(1x) x 4 由PAAM ，则 1 1 且x 1，得 1 ， y 1 3k y 1 1 1x 1   同理PB(x 4,y 3k),BM (1x ,y ) 2 2 2 2   x 4(1x ) x 4 由PBBM ，则 2 2 且x 1，得 2 ， y 2 3k y 2 2 1x 2 x 4 x 4 (x 4)(1x )(x 4)(1x) 5(x x )2xx 8 所以 1  2  1 2 2 1  1 2 1 2 1x 1x (1x )(1x ) xx (x x )1 1 2 1 2 1 2 1 2 4k2 2(k22) 又x x  ，xx  ，则 1 2 12k2 1 2 12k2 4k2 2(k22) 5 2 8 12k2 12k2 20k24k28816k2  0. 2(k22) 4k2 2k244k212k2  1 12k2 12k2 所以为定值0. 1 22．(1)由题设，l ,l 的斜率都存在且不为0，令l :ykx，则l :y x， 1 2 1 2 k mk m  3k  3   3 3 所以 1 ，即 1 k( 3, )( , 3)，  m m  3  3 3 3  k  k ykx  3 联立l :ykx与双曲线，得 y2  x ， 1 x2 1 3k2  3 3 3k2 3 3k2 不妨令A( , ),C( , )，同理 3k2 3k2 3k2 3k2 3k2 3 3k2 3 D( , ),B( , )， 3k21 3k21 3k21 3k21 3k2 3k2 3 3 由P(1,0)，则k  、k  、k  、k  ， 1 3 3k2 3 3 3k2 4 3k2  3k21 2 3k2  3k21 3k2 3 所以kk k k   9. 1 2 3 4 3(3k2) 3k2(3k21) 1 1 (2)由题设且同(1)得k(m, )( ,m)， m m 77ykx  m2 联立 y2 (m2k2)x2m2 0，则x x 0,x x  ， x2 1 A C A C m2k2  m2 4m2 所以|AC| 1k2  (x x )24x x  1k2  ， A C A C m2k2  1  y x 1 4m2 4m2  k |BD| 1   1k2  联立 ，同理可得 k2 1 m2k21， y2 m2  x2 1 k2  m2 1 2m2(1k2) 所以四边形ABCD面积S  |AC||BD| ， 2 (m2k2)(m2k21) 2m2(1k2) 1 则S  ，令t1k2(1 ,1m2)， m2k4(m41)k2m2 m2 2m2t 2m2t 所以S   m2(t22t1)(m41)(t1)m2 m2t2(m21)2t(m21)2 2m2 2m2   1 1 1 1 (m21)2 ， (m21)2(  )m2 (m21)2(  )2 t t2 t 2 4 1 1 m2 1 1 m2 1 1 而 ( , )且m1，故 (0, )， 1 ( ,1)， t 1m2 1m2 1m2 2 1m2 1m2 2 2m2 4m2 1 1 S   当  时， min (m21)2 m21， t 2 4 1 1 1 1 (m21)2 当 趋向于 时，(m21)2(  )2 趋向于0，即S趋向于正无穷， t 1m2 t 2 4 4m2 所以四边形ABCD面积的取值范围是[ ,). m21 78重庆市第八中学校 2023-2024 学年高二上学期期中数学试题 参考答案与试题解析 1．因为z  1i3 1i，即z1i1i， 1i 1i2 可得z  i， 1i 1i1i 所以 z 1. 故选：B. 2．若椭圆焦点在x上，则a2 m,b2 2， c2 m2 2 1 所以c2 a2 b2 m2，故e2   1  ， a2 m m 3 解得m3， 若椭圆焦点在y上，则a2 2,b2 m， c2 2m m 1 所以c2 a2 b2 2m，故e2   1  ， a2 2 2 3 4 4 解得m ，综上，m3或m . 3 3 故选：C 3．因为圆x2 y22x0，即x12y2 1，可知圆心为1,0，半径为1， 若直线3x4ym0圆x2 y22x0相切， 30m 则 1，解得m2或m8， 5 又因为8是8,2的真子集， 所以“直线3x4ym0与圆x2 y22x0相切”是“m8”的必要不充分条件. 故选：B.           4．因为BC BEEC bEC，AC  ADDC aDC，     1 1 且EC AC，DC BC， 2 2   1    1  可得BC b AC，AC a BC， 2 2   1 1    2  4  所以BC b a BC，整理得BC  a b ． 2 2  3 3 故选：C． 5．由题意知：M平面内两点A(5,0)，B(5,0)距离之差的绝对值为8， 由双曲线定义知：M的轨迹以A,B为焦点的双曲线且a4,c5， 79x2 y2 即轨迹方程为：  1， 16 9 x2 y2 可知：“好曲线”一定与  1有交点，结合各选项方程的曲线知： 16 9 x2 y2 所以不是“好曲线”的是  1. 9 4 故选：B. 6．如图所示， x2 y2 根据题意，作出冷却塔的双曲线函数图，设双曲线方程为  1a0,b0， a2 b2 因为冷却塔的上口半径为3cm，下口半径为4cm，高为8cm， 所以设双曲线上的点A3,y ,B4,y 且y y 8， 1 2 1 2  9 y2   1 1 a2 b2 7 y2y2 y y y y  将A,B代入可得 ，两式相减得  2 1  2 1 2 1 ， 16 y2 a2 b2 b2  2 1 a2 b2 b2 c2a2 又双曲线离心率为3，所以  e218，所以b2 8a2， a2 a2 7 8y y  1 代入可得  2 1 ，得y y 7，所以y  ， a2 8a2 2 1 1 2  1 9 1 574 将点3, 代入可得  1，解得a ，  2 a2 32a2 8 574 所以冷却塔的最小直径为2a ， 4 故选：C 7．由题意可知：圆x2y2 1的圆心为O0,0，半径r 1， 1 圆x52 y22 16的圆心A5,2，半径r 4， 2 则 PM  PO 1, PN  PA 4， 即 PM  PN  PO  PA 5， 设点O0,0关于直线xy50对称的点为Ba,b， b0 1  a0 则 ，解得ab5，即B5,5， a b   50 2 2 因为 PO  PB ，则 PM  PN  PB  PA 5 AB 5 1495， 所以 PM  PN 的最小值为 1495. 故选：D. 808．根据椭圆的对称性可知：PFQF 为平行四边形，且 PQ |FF |， 1 2 1 2 所以PFQF 为矩形， 1 2 可知△PFQ的面积即为PFF 的面积， 1 1 2 设 PF m,|PF |n，则mn2a,m2 n2 4c2， 1 2 1 1 可得mn mn2  m2n2  4a24c2 2b2， 2  2 1 1 1 由面积关系可得 mnb2  a2，即a2c2  a2， 2 8 8 7 所以e2  . 8 故选：A. 9．由直线l :mx2ym40,l :xy10,l :3xy50， 1 2 3 m 2 若l//l 或重合时，则满足  ，解得m2； 1 2 1 1 m 2 若l //l 或重合时，则满足  ，解得m6； 1 3 3 1 若l 经过直线l 与l 的交点时，此时三条直线不能围成一个三角形， 1 2 3 xy10 联立方程组 ，解得x3,y4，即交点P(3,4)， 3xy50 将点P代入直线l ，可得3m24m40，解得m3. 1 故选：ABC. 10．对于选项A：因为 FQ : FQ : PQ 5:1:4， 1 2 不妨设 FQ m, PQ 4m, FQ 5mm0， 2 1 又因为 PQ  QF  PF 4m，可得 PF 3m； 2 2 2 利用椭圆定义可知 QF  QF  PF  PF 6m，所以 PF 3m； 1 2 1 2 1 即 PF  PF 3m，所以点P即为椭圆的上顶点或下顶点，如下图所示： 1 2 由 PF 3m， PQ 4m, FQ 5m可知满足 PF 2 PQ2  FQ2， 1 1 1 1 所以PF PF ，故A正确； 1 2 对于选项B：在等腰直角三角形PFF 中，易知a2a2 2c2， 1 2 81c 2 即可得离心率e  ，故B正确； a 2 对于选项C：因为PFF 为等腰直角三角形，且 PF 3ma， 1 2 1 1 1 9 3 1 因此QFF的面积为S S S  PQ PF  PF PF 6m2 m2  m2  a2，故 1 2 QF1F2 QF1P PF1F2 2 1 2 2 1 2 2 6 C正确； 此时可得直线l的斜率k k 1，故D错误； PQ PF2 故选：ABC. 11．对A，因为E在平面ABCD 外，A在平面ABCD 内，BD在平面ABCD 内，所以AE与BD是 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 异面直线，故A正确； 对B，由中点知，EF//BD,又BD //BD，所以EF//BD ，即DBC为BC与EF所成的角，在等 1 1 1 1 1 1 1 π 边△DBC中，DBC  ，故B错误； 1 1 1 1 3 以D为原点，DA，DC，DD 分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 1 设正方体棱长为2，D0,0,0， A 2,0,2，C0,2,0 ，D 0,0,2， F0,1,0， 1 1   由题意可知，平面BEB 的法向量可取DC0,2,0，AF 2,1,2， 1 1   |AFDC| 2 1 设AF 与平面BEB所成角为，则sin 1    ， 1 1 |AF||DC| 2 9 3 1 1 所以AF 与平面BEB所成角的正弦值为 ，故C错误； 1 1 3    又DB 2,2,0， BB (0,0,2)， DC (0,2,2) 1 1 1 1  设平面DBB的法向量为m(x,y ,z )， 1 1 1 1 1    mDB 2x 2y 0 则 11 1 1 ， mBB 2z 0 1 1  令x 1，得m(1,1,0)， 1  设平面DBC的法向量n(x ,y ,z )， 1 1 2 2 2    nDC 2y 2z 0  则 1 2 2 ，令y 2 1，可得n(1,1,1)， nDB 2x 2y 0 1 1 2 2     mn 2 6 则cos m,n      ，又因为二面角CDB B为锐角， |m||n| 2 3 3 1 1 6 所以二面角CDB B的余弦值为 ，故D正确. 1 1 3 故选：AD． 82p 12．因为抛物线C:y2 2px(p0)的焦点坐标F1,0，则 1， 2 解得p2，可知抛物线C:y2 4x， 对于选项A：设A(x,y ),B(x ,y ),M(x ,y ),N(x ,y )， 1 1 2 2 3 3 4 4 yk(x1) 联立方程 ，消去x得k2x2(2k24)xk2 0， y2 4x 2 则  2k24 2 4k4 16  k21  0，可得x x  2k 4 ,x x 1， 1 2 2 1 2 k   所以OAOBxx y y xx k2(x 1)(x 1) 1 2 1 2 1 2 1 2 (1k2)xx k2(x x )k2 1 2 1 2 2k24 1k2k2 k2 3， k2   即OAOB3，故A错误； 对于选项C：因为直线ykx1恒过圆心E(1,0)，则OM ON，       可得OMON 0，所以OMON OAOB，故C正确； 4 对于选项B：因为直线过抛物线的焦点(1,0)，所以 AB  x x 2 4， 1 2 k2 4 因为 MN 2， AB 4 MN ，所以 48，解得k1，所以B正确； k2 对于选项D：因为直线过抛物线的焦点(1,0)， 所以 AM  BN  AE 1BE 1x 11x 11xx 1，故D正确； 1 2 1 2 故选：BCD 13．因为 2a ρ b ρ  (2a ρ b ρ )2  4a ρ 2 4a ρ b ρ b ρ 2  4|a ρ |2 4|a ρ ||b ρ |cos π |b ρ |2  10. 4 故答案为： 10 14．由C: 1(y2)2 x1，可得x12y22 1且x1， 所以曲线C是以(1,2)为圆心，半径为1的右半圆， 直线l:ykx3过定点P (0,3)，斜率为k，如图， 1(3) 当直线过A(1,1)时，可得k  4， 10 |k5| 当直线l:ykx3与曲线C相切时，则 1， k21 12 解得k ， 5 8312  所以实数k的取值范围为 ,4  .  5  12  故答案为： ,4   5  15．由题意可知，t2 4，解得t2，则点P1,2或P1,2， 且圆x22y2 1的圆心C2,0，半径r1. ①当点P1,2时 当直线l斜率不存在时，此时l方程为x1，与圆相切，满足题意； 当直线l斜率存在时，设斜率为k ， 1 此时直线l方程为y2k x1，即k xyk 20. 1 1 1 因为直线l与圆相切，所以圆心C2,0到l的距离d r， 1 2k k 2 k 2 即 1 1  1 1，整理可得4k 30，解得k   3 ， k21 k21 1 1 4 1 1 所以直线方程为3x4y110； ②当点P1,2时 当直线l斜率不存在时，此时l方程为x1，与圆相切，满足题意； 当直线l斜率存在时，设斜率为k ， 2 此时直线l方程为y2k x1，即k xyk 20. 2 2 2 因为，直线l与圆相切，所以圆心C2,0到l的距离d r， 2 2k k 2 k 2 3 即 2 2  2 1，整理可得4k 30，解得k  ， k21 k21 2 2 4 2 2 所以直线方程为3x4y110； 综上所述：直线方程为x1或3x4y110或3x4y110，共有3条. 故答案为：3. 16．如图， 取BC的中点E，连接DE，AE， 因为BCDE，BC AE， 又DE平面AED，AE平面AED，DEAEE， 所以BC 平面AED，BC平面ABC， 所以平面ABC 平面AED， 同理可证，平面BCD平面AED， 设△BCD和ABC的中心分别为H、F， 在平面AED内，过F、H分别作AE,ED的垂线，设交点为O， 即FO AE,HOED， 84又平面ABC平面AED AE，由面面垂直的性质定理可知：OF 平面ABC， 同理可得：OH 平面BCD，即球心为O， 设“鞠”的半径为R，连接OE， 1 则V V V  S BC ， ABCD BAED CAED 3 △AED 3 1 1 即：   AEDEsinAEDBC， 2 3 2 3 又因为BC 2，AE DE  3，所以sinAED ， 2 又顶点A在底面的射影落在△BCD内，则AED60， 由HEFE，OE为公共边，得Rt△OHE与Rt△OFE全等， 则OE为AED的角平分线，所以OEH 30. 1 3 1 在Rt△OEH 中，因为EH  DE ，则OH EHtan30 ， 3 3 3 2 3 1 2 2 3 2 13 在RtOCH中，CH  ，则R2 OH2CH2        ， 3 3  3  9 13 52 所以该“鞠”的表面积S 4πR2 4π  π. 9 9 52 故答案为： π. 9 17．(1)连结PO，如图， ∵P、O分别为SB、AB的中点， ∴PO//SA，又PO平面PCD，SA平面PCD， ∴SA//平面PCD. 5 (2)∵PB ，P为SB的中点， 2 ∴SB5. ∴OB SB2SO2  5232 4， 则底面圆面积S πOB2 16π， 1 1 1 ∴圆锥体积V  S SO 16π316π. 3 1 3 18．(1)如图， p 由已知得焦点F( ,0)， 2 p ∴直线l的方程为yx ， 2 y2 2px  p2 联立 p，消去y整理得x23px 0 y x 4  2 设Ax,y ，Bx ,y ，则x x 3p， 1 1 2 2 1 2 p p |AB|(x  )(x  ) x x  p4p8，p2， 1 2 2 2 1 2 85∴抛物线C的方程为y2 4x y2 (2)设D( 0 ,y )， 4 0 y2 0 y 3 则D到直线的距离 d  4 0  y 0 24y 0 12  y 0 228， 12(1)2 4 2 4 2 8 y2 当y 2时，d   2，此时x 0 1， 0 min 4 2 4 所以D(1,2). 19．(1)如图， 因为BD2DC，B45，DAB90， 则△ABD为等腰直角三角形，且AB AD， 因为BD2DC，所以S 2S 2， △ABD △ADC 1 1 所以S  ABAD AB2 2，所以AB AD2， △ABD 2 2 1 则BD 2AB2 2，CD BD 2， 2 aBDCD3 2， 在ABC中，由余弦定理可得: 2 b2 a2c22accosB18423 22 10， 2 故b 10. AC CD (2)在ACD中，由正弦定理可得  ， sinADC sinDAC 1 a b a 即 b 3 ，即  ，  sin  90B  sin  A90 cosB 3cosA sinB sinA 由正弦定理可得  ， cosB 3cosA 1 tanA 所以tanB tanA，即 3. 3 tanB 20．(1)取DM 中点O，连接AO,CO,CM ， 因为ADM,CDM 为等边三角形，则AO DM,CO DM ， 且AOCOO，AO,CO平面ACO，DM 平面ACO， 由AC平面ACO，所以DM  AC， 又因为DCDA4，所以DN  AC， 且DNDM D，DN,DM 平面DMN，所以AC平面DMN， 又AC平面ABC，所以平面ABC平面DMN. (2)由题意可得：OC  AO2 3， 且AC 2 6 ， 所以OC2AO2  AC2， 可得OCOA，而AOOD,COOD， 以O为坐标原点，分别以OD,OC,OA所在直线为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 86Oxyz， 则D2,0,0,M2,0,0,C  0,2 3,0  ,A  0,0,2 3  ，   设AN AC01，         则AN  0,2 3,2 3 ，可得DN DAAN  2,2 3,2 32 3 ，   得N 0,2 3,2 32 3 ，   所以DN   2,2 3,2 32 3  ,MD4,0,0，  设平面DMN的一个法向量为n x,y,z， 1    MDn 4x0  1 由    ， DNn 2x2 3y 2 32 3 z0  1  令y 1，则x0,z ，可得n 0,1,， 1  由题意可知：平面DMC的一个法向量为n 0,0,1. 2   5 2 5 设平面DMN与平面DMC的夹角为0, ，则sin ,cos 1sin2  2 5 5     n n 2 5  2 1 2 则cos cosn,n     ，即  5， 1 2 n  n 5 (1)22 5 1 2 2 解得 ，或2(舍去). 3 AN 2 所以  . AC 3 3 c 3 c2 3 a2b2 3 b2 1 21．(1)因为该椭圆的离心率为 ，所以有        1， 2 a 2 a2 4 a2 4 a2 4 x2 y2  c2  b4 b2 在方程  1中，令xc，解得y2 b2 1   y ， a2 b2  a2  a2 a 因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1， b2  b2  a2 所以有  12，由1,2可得： ， a  a  b1 x2 所以椭圆的方程为 y2 1； 4 (2)当直线l不存在斜率时，由题意可知直线与椭圆有两个交点，与纵轴也有两个交点不符合题意； 当直线l存在斜率时，设为k，所以直线l的方程设为ykxm， x2 于是有   4 y2 1   14k2 x28kmx4m240，  ykxm 87因为该直线与椭圆有两个交点，所以一定有64k2m24  14k2 4m24  0， 化简，得4k2m210， 8km 4m24 设Ax ,y ,Bx ,y ，于是有x x  ,xx  ， 1 1 2 2 1 2 14k2 1 2 14k2    因为OA+3OB=4OM ， 所以x,y 3x ,y 40,m x 3x 0 x 3x ， 1 1 2 2 1 2 1 2 8km 8km 4km 代入x x  中，得3x x  x  ， 1 2 14k2 2 2 14k2 2 14k2 4m24  4km  2 4m24 于是有3x x  3   ， 2 2 14k2 14k2  14k2 m21 化简，得k2  ，代入4k2m210中，得 416m2 m21 1 1   1 4 m210 m2 1m ,1  1, . 416m2 4 2   2 22．(1)设双曲线的半焦距为c，则Fc,0， 因为双曲线E的渐近线为yx，则ab， a 又因为左顶点Ma,0到双曲线E的渐近线yx的距离为 1， 2 解得a 2，则b 2,c a2 b2 2， x2 y2 所以双曲线E的方程为  1． 2 2 (2)设Bx ,y ,Cx ,y ， 0 0 0 0 若y 0，则x  2， 0 0         故B 2,0 ,C  2,0 ,A  2,0 ,D 2,0 ， 直线AD的方程为y0； x 2 若y 0，设直线FB的方程为x 0 y2， 0 y 0 x2 y2 直线FB的方程与双曲线E:  1联立， 2 2 x 22  4x 2  0 1y2 0 y20．  y2  y  0  0 又x2y2 2，则2x 3y22x 2y yy2 0 0 0 0 0 0 0 y2 y 3x 4 所以y y  0 ，即y  0 ,x  0 ． 0 A 2x 3 A 2x 3 A 2x 3 0 0 0 88y 3x 4 同理y  0 ,x  0 ， D 2x 3 D 2x 3 0 0 y y 0  0 2x 3 2x 3 y 2x 3 y 2x 3 3y 则k  0 0  0 0 0 0  0 ， AD 3x 4 3x 4 3x 42x 33x 42x 3 x 0  0 0 0 0 0 0 2x 3 2x 3 0 0 y y  3x 4 则直线AD方程为y 0 3 0x 0 ， 2x 3 x  2x 3  0 0 0 1 3  3x 4 令y0，则  x 0 ， 2x 3 x  2x 3  0 0 0 x 3x 4 42x 3 4 即x 0  0  0  32x 3 2x 3 32x 3 3 0 0 0  4  所以直线AD过定点 ,0．  3  89重庆市巴蜀中学 2023-2024 学年高二上学期期中考试数学试卷 参考答案与试题解析 x2 y2 1．由题意知椭圆E：  1的长轴长为2a236， 9 8 又P在椭圆E上， PF 2，故 PF  PF 2a6, PF 6 PF 4， 1 1 2 2 1 故选：D 2． x22xy22y0变形为x12y12 2，故圆心为1,1， 由题意得圆心1,1在3xmy2m0上，故3m2m0，解得m3. 故选：D b b 3．双曲线的渐近线方程为y x，可得 2， a a c2 又c2 a2b2，则c2 a24a2，即e2  5，则e 5. a2 故选：B. 4．以D为原点，以DA,DC,DD 分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图， 1 设正方体ABCDABCD 的棱长为2， 1 1 1 1 则A2,0,0,M1,0,2,C0,2,0,N1,2,2，   则AM (1,0,2),CN (1,0,2)，     |AMCN| 3 3 cos AM,CN      ， |AM ||CN| 5 5 5 3 则异面直线AM 与CN 所成角的余弦值为 ． 5 故选：A. 5．圆C:x24x y2 0，即x22 y2 4，圆心为C2,0，半径r 2， 设动圆P的半径为R， 若动圆P与圆C相内切，则圆C在圆P内，所以 PM R， PC R2， 所以 PM  PC 2 MC 4， 所以动点P是以M2,0、C2,0为焦点的双曲线的右支，且a1、c2， 所以b c2a2  3， y2 所以动圆圆心P的轨迹方程是x2 1x1， 3 90若动圆P与圆C相外切，所以 PM R， PC R2， 所以 PC  PM 2 MC 4， 所以动点P是以M2,0、C2,0为焦点的双曲线的左支，且a1、c2， 所以b c2a2  3， y2 所以动圆圆心P的轨迹方程是x2 1x1， 3 y2 综上可得动圆圆心P的轨迹方程是x2 1. 3 故选：C   6．由题意BG 3GC，即G为BC靠近C的四等分点，F为CD的中点， 如图，延长GF,BD交于点P，则P平面EFG，P平面ABD， 又E平面ABD，连接EP，则EP平面ABD，而AD平面ABD， 显然EP,AD不平行，则二者相交，交点即为过E，F，G三点的平面与AD的交点H， 作DM∥BC，交PG于M，F为CD的中点，   1 则GCF≌△MDF，则DM GC，结合BG 3GC，则DM  BG， 3 DP DM 1 由于DM∥BG，故   ， PB BG 3 DP DN 1 作DN∥AB，交PE于N，则   ， PB BE 3 DN 1 而E为AB的中点，即AEBE，故  ， AE 3 DH DN 1 又DN∥AE，故   ，即AH:HD3:1， AH AE 3 故选：C y2 7．由题意知抛物线C：y2 4x上一点Px ,y ，则y2 4x , 0 x ， 0 0 0 0 4 0   又( 21)2 43，故A 3, 21 在抛物线C：y2 4x的外部， y2 y2 则 0 2 PA 2( 0  PA)2(x  PA)2(x 1 PA)2， 2 4 0 0 因为抛物线C：y2 4x的焦点为F(1,0)，准线方程为x1，则|PF | x 1， 0 y2 故 0 2 PA 2(x 1 PA)22(|PF| PA)2， 2 0 由于|PF| PA |AF|，当A,P,F三点共线(P在A,F之间)时， |PF| PA 取到最小值|AF| (31)2( 21)2 5, y2 则 0 2 PA 2(|PF| PA)2的最小值为2528， 2 故选：B 911 8．设P(x,y)，则y2   4x2 ，A(2,0),B(2,0)， 2 y0 y0 y2 1 则k  ,k  ，故k k   ， AP x2 BP x2 AP BP x24 2 1 同理k k  ，而k 2k ， AQ BQ 2 PA QB 1 1 故k  k  ,k k 1； AQ 2 AP 2 AQ AP 由题意可知直线PQ的斜率不为0，设PQ方程为xmyn， x2 y2 代入椭圆方程  1得：(m22)y22mnyn240， 4 2 需满足8(2m2n24)0， 2mn n24 设P(x,y ),Q(x ,y )，则y y  ,y y  ， 1 1 2 2 1 2 m22 1 2 m22 y y 又A(2,0),B(2,0)，k k 1，即 1  2 1， AQ AP x 2 x 2 1 2 即y y (x 2)(x 2)0，即y y (my n2)(my n2)0， 1 2 1 2 1 2 1 2 得(m21)y y m(n2)(y y )(n2)2 0， 2 1 1 2 即  m21   n24 mn2   2mn  n22 0， m22  m22 2 整理得3n28n40，解得n ，或n2， 3 当n2时，xmy2，直线PQ过A点，不符合题意； 2 2 2 当n 时，xmy ，直线PQ恒过( ,0)点， 3 3 3 故选：C 3 9．直线l：3x4y50的斜率为 ， 4 圆M ：x22y12 16的圆心M(2,1)，半径r4， 4 过M 且与直线l垂直的直线方程为y1 (x2)，即4x3y50，故A错误； 3 32415 圆心M(2,1)直线l：3x4y50的距离d  1r，故直线l与圆M 相交，故B正 3242 确； 点P到直线l的距离最大值是dr 5，故C正确； 直线l与圆M 相交，则点P到直线l的距离最小值是0，故D错误. 故选：BC. x2 10．对于椭圆E：  y2 1，设其长轴长为2a，焦距为2c， 5 则a 5,c 512， 92对于A，PFF 的周长是|PF ||PF ||FF |2a2c2 54，A正确； 1 2 1 2 1 2 1 对于B，当PF PF 时，|PO| |FF |c， 1 2 2 1 2 x2 此时P点位于以|FF |为直径的圆x2y2 4上，即P为该圆与椭圆  y2 1的交点， 1 2 5 只有当P点位于椭圆的短轴上的顶点处时，PFF 面积才取最大值， 1 2 由于c2b1，结合图可知P不可能处于椭圆的短轴上的顶点处，B错误； 对于C，OP 的最大值是a 5，C错误； 1 对于D，当x2 y2 4时，OP  x2y2 2 |FF |,则PF PF ， 0 0 0 0 2 1 2 1 2 故|PF |2 |PF |2(2c)2 16，由于|PF ||PF |2 5， 1 2 1 2 1 故|PF ||PF |2，故S  |PF ||PF |1，D正确， 1 2 PF1F2 2 1 2 故选：AD 11．直线ykx2k 0与x轴的交点为2,0，即焦点F2,0， p 则 2,p4，故抛物线C的方程y2 8x， 2 设Ax ,y ,Bx ,y ，由题意可知A点在第四象限，B点在第一象限， 1 1 2 2 设AB的中点M ，过M 作MN l，垂足为N ， 过A作AAl，垂足为A，过B作BBl，垂足为B， 1 1 1 则 MN   AA  BB  AF  BF  AB ， 2 2 2 则以AB直径的圆与准线l相切，故A正确； ∵△OAF 是以OF 为底边的等腰三角形，   ∴x 1，得A 1,2 2 ， 1 ykx2 联立 ，得k2x2  4k28  x4k2 0， y2 8x   易知0，则xx 4，则x 4，得B 4,4 2 ， 1 2 2 4 22 2 k k  2 2，故B错误； AB 41         ∵BF  2,4 2 ,FA 1,2 2 ，∴ BF 2FA ，故C正确； 1 1 △OAB的面积为S  OF y y  2 2 24 2 6 2，故D正确. 2 1 2 2 故选：ACD. 12．对于A，由题意知四棱柱ABCDABCD 是底面边长为2，侧棱长为AA 2 2的正四棱柱， 1 1 1 1 1 93故该四棱柱能装下球的最大直径是2，则半径为1，A正确； 对于B，连接BC,BD ，由于AB ∥CD ，AB 平面BCD ，C D 平面BCD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 故AB ∥平面BCD ， 1 1 1 1 P是线段BD 上一点，故点P到直线AB 的距离最小值即为异面直线AB,BD 的公垂线段长， 1 1 1 1 1 1 即为AB 到平面BCD 的距离，也即为B 到平面BCD 的距离， 1 1 1 1 1 1 1 即三棱锥B BCD 的高，设为h； 1 1 1 由题意知BC  BC2CC2  48 2 3, 1 1 1 1 1 1 故由V V ，得  BC CD h  BC CD BB ， B1BC1D1 BB1C1D1 3 2 1 1 1 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 6 即  2 32h  222 2，则h ，B错误； 3 2 3 2 3 对于C，在正四棱柱ABCDABCD 中，AD ∥AD,AD  AD,AD∥BC,ADBC， 1 1 1 1 1 1 1 1 故AD ∥BC,AD BC，即四边形ABCD 为平行四边形， 1 1 1 1 1 1 由于P为BD 中点，连接AC，交BD 即为P点，即A,P,C共线， 1 1 1 1 因为AQCP，故AQ AC； 1 又CD平面ADD A,AQ平面ADDA，故CD AQ， 1 1 1 1 94而ACCDC,AC,CD平面ACD，故AQ平面ACD， 1 1 1 1 AD平面ACD，故AQ AD， 1 1 1 故过点A作AD的垂线AM，垂足为M，并延长，交DD 于G，则Q的轨迹即为线段AG， 1 1 则GADAGD90,AGDMDG90，故GADMDG， AG AD 故RtGDA∽RtADD，故  ，而AD (AD)2(DD)2  48 2 3， 1 1 AD DD 1 1 1 1 1 1 AG 2 即得  ,AG 6，C正确； 2 3 2 2 对于D，在RtD AB中，AD  (AD)2(DD)2  482 3， 1 1 1 AB 2 3 则tanADB   ，故ADB30，同理求得CDB30， 1 AD 2 3 3 1 1 1 因为AB平面ADDA，AB平面ABD ，故平面ABD 平面ADDA， 1 1 1 1 1 1 将RtCDB沿BD 折起到如图RtCDB位置，使得RtCDB和Rt△BAD 在同一平面内， 1 1 1 1 1 则ADC60，过点C作CN  AD ，垂足为N，则CN即为PCPQ的最小值， 1 1 3 在RtCND 中，CD CD 2 3，则CN CD sin60 2 3 3，D正确， 1 1 1 1 2 故选：ACD 13．由题意知直线的倾斜角为135，则直线斜率为tan135 1， 又直线经过点(2,1)， 故其方程为y1(x2)，即xy10， 故答案为：xy10 14．设两圆的交点为A,B， 圆C ：x12y2 1即x2 y22x0，圆C ：x2 y22x4y40， 1 2 两圆方程相减可得直线AB的方程为xy10， 圆C ：x12y2 1的圆心为C 1,0，半径r 1， 1 1 1 95则直线AB过C 1,0，则公共弦长|AB|2r 2． 1 1 故答案为：2． 15．棱锥SABC的外接球表面积为S 4πR2 24π，2R 24  SA2AC2, π 又因为4R2 SA22r2,2r为ABC外接圆直径,所以AC 2r,ABC  , 2 所以ABC,AB2BC2  AC2,AB2BC2 122ABBC, 1 1 1 1 1 V  S SA  ABBCSA  62 32 3. SABC 3 ABC 3 2 3 2 故答案为：2 3. x2 y2 16．因为双曲线方程为  1，设Ax ,y ,Bx ,y ，若点P为线段AB的中点， 1 1 2 2 4 12 x2 y2  1  1 1  4 12 y y 12 则x x 8,y y 2t，又 ，两式相减并化简可得 1 2  ， 1 2 1 2 x 2 2  y 2 2 1 x 1 x 2 t  4 12 y y 12 又直线AB的斜率k  1 2 ，即k  ， x x t 1 2 yt kx4  设直线l的方程为ytkx4，联立x2 y2 ,   1  4 12 化简可得  3k2 x2  248k2 xt28416k2 0 因为直线与双曲线有两个不同的交点， 12 所以  248k22 4  3k2 t28416k2 0，又k  ， t 化简得t484t2123 0，即t4 3或0t6， 所以不存在直线l使得P是线段AB中点的t的取值范围为6,4 3，   故答案为：6,4 3.   17．(1)直线m2xm3y73m0mR，即x y3m2x3y70， xy30 x2 由于mR，故 , ， 2x3y70 y1 即直线m2xm3y73m0mR过定点P(2,1). (2)设圆C的方程为(xa)2 (yb)2 r2(r 0)， 由题意得圆C经过P点且与x轴正半轴和y轴正半轴都相切， 96则abr且(2a)2(1b)2 r2，即a26a50， 解得a1或a5， 故圆C的方程为(x1)2 (y1)2 1或(x5)2(y5)2 25. 18．(1)连接BC ， 1 因为平面ADDA //平面BCCB ，平面ADEF 平面ADDA  AD ，平面ADEF 平面 1 1 1 1 1 1 1 1 1 BCCB EF， 1 1 所以AD //EF， 1 又ABCD,AB//CD ， 1 1 1 1 所以四边形ABCD 为平行四边形， 1 1 故AD //BC ， 1 1 故EF //BC ， 1 又E是棱BC 的中点， 1 1 所以F是BB 的中点. 1 (2)以D为坐标原点，DA,DC,DD 所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 1 则D0,0,0,A2,0,0,D 0,0,2,E1,2,2， 1  设平面ADE的法向量为mx,y,z， 1    mAD x,y,z2,0,22x2z0 则 1 ，  mAEx,y,z1,2,2x2y2z0 1   1  令x1，得z1,y ，故m1, ,1， 2  2   D  A  m  2,0,0    1, 1 2 ,1    2 4 点D到平面ADE的距离为d    2  . 1 m 1 3 3 1 1 4 x2 y2 b 19．(1)由题意知双曲线E：  1a0,b0的渐近线方程为y x， a2 b2 a F(c,0)，F (c,0)， 1 2 b F 到其中一条渐近线的距离为1，不妨取渐近线y x，即bxay0， 1 a 97|bc| 则 b1， a2b2 又过F 且垂直于x轴的直线交双曲线于A，B，且 AB 1， 1 x2 y2 b2 将xc代入  1a0,b0中，得y ， a2 b2 a 2b2 故 1,a2， a x2 故E的方程为 y2 1. 4 x2 (2)若直线l的斜率不存在，其方程为x4，代入 y2 1， 4 得y 3，即 MN 2 3，不符合题意； x2 故直线l的斜率存在，设其方程为yk(x4)，联立 y2 1， 4 得(4k21)x232k2x64k240， 需满足4k210，且48k240， 32k2 64k24 设M(x,y ),N(x ,y )，则x x  ,xx  ， 1 1 2 2 1 2 4k21 1 2 4k21 32k2 4(64k24) 则|MN| 1k2  (x x )24xx  1k2 ( )2 1 2 1 2 4k21 4k21 4 1k2 12k21 4， |4k21| 21 即4k421k2 0，解得k 0或k  ， 2 21 故直线l的方程为y0或y (x4)， 2 即y0或 21x2y4 210或 21x2y4 210. 20．(1)取AC的中点N ，又ABBC，则N 为ABC外接圆的圆心， ∵A，C在以PB4为直径的球上，M是PB的中点，则M是球心，三角形ABC的外接圆为球的截 面小圆， ∴MN 面ABC，又MN 面MAC， ∴平面MAC平面ABC. (2)以B为原点，以BC,BA所在直线分别为x,y轴，以过点B且与MN平行的直线为z轴，建立空 间直角坐标系，如图， 1 ∵ABBC，AB2，BC2 2，∴AC2 3，则BN  AC 3， 2 1 ∵BM  PB2，∴MN  BM2BN2 1， 2 则B(0,0,0),C(2 2,0,0),A(0,2,0),M( 2,1,1),P(2 2,2,2)， 98   ∴BA(0,2,0),BP(2 2,2,2),BC (2 2,0,0),  设平面ABP的法向量为m(x,y,z )， 1 1 1    mBA2y 0  由  1 ，令x 1 1，则z 1  2,y 1 0，m(1,0, 2)， mBP2 2x 2y 2z 0 1 1 1  设平面BCP的法向量为n(x ,y ,z )， 2 2 2    nBC 2 2x 0  由  2 ，令y 2 1，则z 2 1,x 2 0，n(0,1,1)， nBP2 2x 2y 2z 0 2 2 2     mn 2 3 ∴cos m,n      ， m n 3 2 3 3 则平面ABP与平面BCP夹角的余弦值 . 3 x2 y2 21．(1)椭圆  1的焦点为1,0， 5 4 由题意知抛物线C：y2 2pxp0的焦点为1,0， p 则 1,p2，故抛物线C的方程为y2 4x． 2 y2 (2)假设存在定点P，设P( 0 ,y )， 4 0 设直线l方程为y2kx3k 0，即y kx3k2， ykx3k2 联立 ，整理得k2x2(6k24k4)x(3k2)2 0， y2 4x 1 由48k232k160，解得 k1，且k 0， 3 6k24k4 (3k2)2 设A(x,y ),B(x ,y )，则x x  ,xx  ， 1 1 2 2 1 2 k2 1 2 k2 6k24k4 4 y y k(x x )6k4k 6k4 ， 1 2 1 2 k2 k y y (kx 3k2)(kx 3k2)k2xx k(3k2)(x x )(3k2)2 1 2 1 2 1 2 1 2 (3k2)2 6k24k4 8 k2 k(3k2)( )(3k2)2 12 ， k2 k2 k y y y y y y y y 4 4 k k  0 1  0 2  0 1  0 2   1 则 PA PB y2 y2 y2 y2 y2 y2 y y y y ， 0 x 0 x 0  1 0  2 0 1 0 2 4 1 4 2 4 4 4 4 4 8 ∴y2 y (y  y ) y y 16，即y2y  12 16， 0 0 1 2 1 2 0 0 k k 99则(y24)k4(y 2)0恒成立， 0 0 所以y240且y 20，解得y 2， 0 0 0 则存在P(1,2)满足题意． 22．(1)由题意知MNF 的周长为|MN||MF ||NF ||MF ||MF ||NF ||NF |4a， 2 2 2 1 2 1 2 c 1 故4a4 FF 8c，故e  . 1 2 a 2 (2)由题意可知直线l：ykx4与椭圆有两个不同的交点A，B，直线l与x轴的交点为D， 即D(4,0)， 由题意知A，B都在x轴上方，则D必在椭圆外，则a4， S S |BD| 又 2 ，则 2  ， S S |AD| 1 1    5 由于点A在线段DB上，故设BDAD，1, ，  3   设A(x,y ),B(x ,y )，由BDAD得(x x ,y y )(x x,y y )， 1 1 2 2 D 2 D 2 D 1 D 1 x x y y 则x  2 1 4,y  2 1 0， D 1 D 1 x2 y2 x2 y2 2x2 2y2 又 1  1 1, 2  2 1，则 1  1 2， a2 b2 a2 b2 a2 b2 x22x2 y22y2 1 (x x ) x x 1 (y y ) y y 则 2 1  2 1 12，即 2 1  2 1  2 1  2 1 1， a2 b2 a2 1 1 b2 1 1 x x y y 4 (x x ) 结合x  2 1 4,y  2 1 0，则 2 1 1， D 1 D 1 a2 1  a2 1 a2  a2 x  2 ( 2) x x  (1)  1 8  8 可得 2 1 4 ，故 ，  x x 4(1)  x  a2 2( a2 2) 2 1  2 8 8 设过点D和椭圆上半部分相切的切线的切点为P，则x (x ,a)， 1 P a2 由a4，则 20， 8  5 a2 1 a2 a2 a2 3 a2 由于1, ，故x  2 ( 2)( , 2 ( 2))，  3 1 8  8 4 8 5 8 a2 3 a2 结合x (x ,a)可得 2 ( 2)a，解得a1或a4(舍去)， 1 P 8 5 8 1 1 3 又e ，故c ,b2 a2c2  ， 2 2 4 4y2 故椭圆E的方程为x2 1. 3 100重庆市第一中学校 2023-2024 学年高二上学期 11 月月考数学试题 参考答案与试题解析 x2 y2 4 1．曲线  1表示焦点在x轴上，长轴长为10，短轴长为6，离心率为 ，焦距为8的椭圆． 25 9 5 x2 y2 曲线  1(k9且k 0)表示焦点在y轴上，长轴长为2 25k ， 9k 25k 4 短轴长为2 9k，焦距为2 25k9k 8，离心率为 的椭圆． 25k 故选：C. 2．根据题意可知，以A(1,3)和B(5,1)的中点为(2,2)， 31 2 1 那么中垂线的方程过该点，同时AB的斜率为k    ， AB 1(5) 6 3 因此垂直的斜率为3，那么可知其AB的垂直平分线方程3xy40， 故选：B.  3．设b(x,y)     ab,ab0,6x8y0, ①，  b  x2 y2 5 ，②，  b与向量(1，0)夹角为钝角，x0，③， x4  由①②③解得 ，b(4,3)， y3 故选：D． 4．依题意，a2,b 3,c1，离心率为e  1 ，设Im,n， 1 2   设P 2cos, 3sin ，内切圆的半径为r， 1 1 所以S  2cbsinbc sin 2c2ar， PF1F2 2 2 bcsin 3 则r  sin n ， ac 3 而F 1,0,F 1,0，则 PF  2cos123sin22cos， 1 2 1 PF  2cos123sin22cos， 2 由内切圆的性质可知cmcm PF  PF 2cos，则cosm， 1 2 3 由 sin n 两边平方得sin23n2， 3 n2 m2 1n0 所以m23n2 1，即 1 ， 3 1011 1 所以I 的轨迹是椭圆，对应离心率为 3 2 6 1， e    1 3 3 2 所以I 恒在离心率比C大的椭圆. 故选：B X L 5．因为a  L i1,i1,2,,19，L 0， i M 0 X X L 所以a  L ，a  L i ， 1 M i1 M X L X L L L  a 所以a a  L i  L i1  i i1  i ， i1 i M M M M a M 1 即a a  i  a ，又M 为大于1的常数， i1 i M M i a M 1 M 1 所以 i1  ，即数列a,a ,,a 是等比数列，且公比为 ，故A错误，B正确； a M 1 2 19 M i X M 1 i1 X L 由上可知a i  M L   M   ，又a i  L M i1,i1,2,,19， M 1 i1 M 1 i 所以L  X X   ，L  X X   ， i1 L L  M  i L L  M  M 1 i 1  L  M  所以 i  ,i2,3,,19不是常数，故C错误； L M 1 i1 i1 1   M  M 1 i1 M 1 i 所以L L  X   X   ,i2,3,,19，不是常数，故D错误. i i1 L  M  L  M  故选：B. 1 a n n1 n  n  1 6．  n  1 ， 是等差数列，又∵a  ， a n1 (n1)a n a n1 a n a n  1 3 n 1 n ∴  n1n2a  ， a a n n2 n 1 1 2 3 n 2  1 1  故对n2，aa a      2  ， 1 2 n 3 4 5 n2 n1n2 n1 n2 1 2 a   也符合上式， 1 3 23 1 1 1 1 1 1  2 a aa aa a 2      1 1， 1 1 2 1 2 n 2 3 3 4 n1 n2 n2 故m1，即m的最小值为1． 故选：C． 3 7．a  ，a a 3n， 1 8 n2 n 102∴a a 3n2，a a 3n4， n4 n2 n6 n4 ∴a a a a a a a a 3n43n23n 3n 34321  913n， n6 n n6 n4 n4 n2 n2 n 又a a 913n，故a a 913n， n6 n n6 n 所以a a 3n，a a 3n2，a a 3n4， n2 n n4 n2 n6 n4 3 所以a a 3,a a 33，,a a 3n，a  3 1 5 3 n2 n 1 8 故a a a a a a a a a a 3333532n1， 2n1 1 2n1 2n1 2n1 2n3 5 3 3 1 则a a 3333532n1， 2n1 1 所以a  3 3333532021  3  3  191011  32023 . 2023 8 8 19 8 故选：C．   8．先证三角形面积公式的向量形式：在AOB中，OAx,y ,OBx ,y ， 1 1 2 2   OAOB xx y y 则cosAOB    1 2 1 2 , ，而A0,π OAOB x2 y2  x2 y2 1 1 2 2 x y y x 1   1 sinAOB 1cos2AOB  1 2 1 2 S  OA OBsinAOB x y yx x2y2  x2y2 AOB 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2    设A(acos,bsin)，B(acos,bsin)，由题意可知;OCOAOB， 所以C(acosacos,bsinbsin)， 将C坐标代入椭圆方程有 1 (coscos)2(sinsin)2 122coscossinsin cos() ， 2 3 则sin  2 所以四边形OACB的面积为S 2S |acosbsinacosbsin|ab|sin()|， △AOB 3 3 6 1 即 ab ，又根据AB和OC的斜率乘积为 知 2 2 2 bsinbsin bsinbsin b2 sin2sin2 b2 sin2sin2 b2       ， acosacos acosacos a2 cos2cos2 a2 sin2sin2 a2 b2 1 所以  ，解之得：a2 6，b2 3． a2 2 故选：B 9．(S S )S (a a a )(a a a ) 6 3 3 4 5 6 1 2 3 (a a)(a a )(a a ) 3d3d3d 9d ， 4 1 5 2 6 3 (S S )(S S )(a a a )(a a a ) 9 6 6 3 7 8 9 4 5 6 (a a )(a a )(a a ) 3d3d3d 9d ， 7 4 8 5 9 6 103S ，S S ，S S 成等差数列，故选项A正确； 3 6 3 9 6 n(n1) S (n1) S na  d ， n a  d ， n 1 2 n 1 2 S S 5 S  3 a d ， 6 a  d， 9 a 4d， 3 1 6 1 2 9 1 S S S 2 6  3  9 ， 6 3 9 S S S 即 3 ， 6 ， 9 成等差数列，故选项B正确； 3 6 9 S S 2S 9a 36d3a 3d2(6a 15d)9d 0， 9 3 6 1 1 1 S 2S S 不成立，即选项C错误； 9 6 3 S 3(S S )9a 36d3(6a 15d3a 3d)0， 9 6 3 1 1 1 S 3(S S )成立，即选项D正确； 9 6 3 故选：ABD． 10． 因为AB为该球体的一条直径，所以AC⊥BC，AD⊥DB. 设球的半径为R，则AB=2R，因为半径R已知，AC的长已知，所以BC  4R2  AC2 可 求，则三角形ABC为确定的三角形. 对于A：若CD⊥AB，过C作CO  AB于O ，在直角三角形ABC中，可求出CO .因为CD⊥AB， 1 1 1 CO  AB且CDCO  C,所以AB面CDO .由球的对称性可得到OC OD,所以三角形 1 1 1 1 1 1 OCD的三边确定，从而面积确定.则四面体ABCD的体积为 S AB.由于面积确定，AB=2R 1 3 O 1 DC 则体积唯一，故A正确； 对于B：若BD的长已知，则可解得AD  4R2  BD2 ,且BC  4R2  AC2 ，则四面体 ABCD的所有棱长均已知，则其体积唯一，故B正确； 对于C：因为AC  BC且BC  4R2  AC2 ，则可确定三角形ABC的面积.若二面角C－AB －D的大小已知，则可知平面BCD内BC边上的垂线与平面ABC内边BC边上的垂线的夹角，但 不能确定D到平面ABC的距离，故体积不确定，所以四面体ABCD的体积不唯一，故C不确定； 对于D：因为AC  BC且BC  4R2  AC2 ，则可确定三角形ABC的面积， 1041 若直线CD与平面ABC所成角的大小已知，可设为，则V  CDsinS 唯一，所以D 3 ABC 正确. 故选：ABD 11．在椭圆C中，a2，b 3， c a2b2 1 ， 由题意可得F0,1，上焦点记为F0,1， 对于A选项，设点Ax,y ，Bx ,y ， 1 1 2 2 ykx1 联立 ，消去y得  3k24  x26kx90， 4x23y2 12 36k236  3k24  144  k21  0， 6k 9 由韦达定理可得x x  ，xx  ， 1 2 3k24 1 2 3k24   6k  2 36 12  k21  AB  1k2  x x 4xx  1k2      1 2 1 2  3k24 3k24 3k24 4 4 3,4， 3k24     所以， FA  FB 4a AB 8 AB 4,5，选项A错； 对于B选项，设线段AB的中点为Mx,y， x2 y2  1  1 1  3 4 x2x2 y2y2 由题意可得 ，两式作差可得 1 2  1 2 0， x2 y2 3 4 2  2 1  3 4 y y y y 2y 4 因为直线AB的斜率存在，则x  x ，所以， 1 2  1 2 k  ， 1 2 x x x x 2x 3 1 2 1 2 4 整理可得ky x，又因为ykx1，消去k可得4x23y23y0，其中y0， 3   所以，FAFBx,y 1x ,y 1x x ,y y 22x,2y2， 1 1 2 2 1 2 1 2   所以， FAFB  4x24y12  4x24y28y4  3y3y24y28y4  y211y4 2，选项B对； 对于C选项，当k 1时，直线l的方程为y  xm，即x ym， x ym 联立 可得7y28my4m2120， 4x23y2 12 10564m228  4m212  16  213m2 0，解得 7 m 7， 8m 4m212 由韦达定理可得y y  ，y y  ， 1 2 7 1 2 7  3y2 y2 y y FA  x2y 12  3 1 y22y 1 1 2y 4  2 1 2 1 ， 1 1 4 1 1 4 1 2 2  y   y y 4m  4 7 4 7 同理 FB 2 2 ，所以， FA  FB 4 1 2 4 4 ,4 ，   2 2 7 7 7    4 7 4 7   因为44 ,4 ，所以，当k 1时，mR，使得 FA  FB  4，选项C对；   7 7   对于D选项，设线段AB的中点为Mx,y， y y y y 2y 4 4 由B选项可知， 1 2  1 2   ，即y x，即4x3y0， x x x x 2x 3 3 1 2 1 2  4 y x 3 7  3 7 3 7 由 3 可得x ，故点M 的横坐标的取值范围是 ， ，    4x23y2 12 7  7 7  3 3 而点F到直线4x3y0的距离为d   ， 4232 5 4x3y0  12  3 7 3 7 12 16 由 3 可得x    ,   ，当且仅当点M , 时，  y x1 25  7 7  25 25  4   6 FA FB 取最小值 ，选项D错. 5 故选：BC. 1  1  1  12．由题意可得：抛物线C:y2 x的焦点为F ,0，准线x ，则D ,0， 4  4  4  1 设直线AB:xmy ,Ax,y ,Bx ,y ， 4 1 1 2 2  1 xmy 1 联立方程 4，消去x得y2my 0， 4  y2 x  1 1 可得m24 m210,y y m,y y  ，  4 1 2 1 2 4 则y2y2 y y 24y y m21， 1 2 1 2 1 2  1 对于选项A：因为 AB  1m2 m24  m21，  4 1  1  1 点D   4 ,0  到直线AB:xmy 4 0的距离 d  2  1 ， 1m2 2 1m2 1061 1 m21 可得折叠前△ABD的面积S    m21   ， △ABD 2 2 1m2 4 1 所以当m0时，折叠前△ABD的面积的最小值为 ，故A错误； 4 对于选项B：因为 1 1 1 2my y  y y   m m y y y y 1 2 2 1 2 2 2 k k  1  2  1  2   0， AD BD 1 1 1 1  1 1  1 1 x 1  4 x 2  4 my 1  2 my 2  2   my 1  2     my 2  2     my 1  2     my 2  2   即折叠前直线AD,BD关于x轴对称，所以折叠前DF平分ADB，故B正确； 对于选项C：因为平面ADF 平面BDF ，则可知点A到平面BDF 的距离即为点A到x轴的距离 y ， 1 1 1 1 BDF的面积S    y  y ， △BDF 2 2 2 4 2 1 1 1 1 所以折叠后三棱锥体积V   y  y  y y  (定值)，故C正确； BADF 3 1 4 2 12 1 2 48 1 1 对于选项D：由抛物线的性质可知： 2 1 2 1 ， AF   , BF   1cos 21cos 1cos 21cos 1 1cos sin 可得x   AF cos ,y  AF sin ， 1 4 41cos 1 21cos 1 1cos sin x   BF cos ,y  BF sin ， 2 4 21cos 2 21cos 根据题中所给的空间直角坐标系，可得  1cos sin   1cos sin   1  1  A    41cos ,0, 21cos   ,B    41cos , 21cos ,0   ,D   4 ,0,0  ,F   4 ,0,0  ，   1cos 1 sin   1 sin  则DA  ,0,  ,0, ， 41cos 4 21cos 21cos 21cos       1cos 1 sin   cos sin  FB  , ,0 , ,0 41cos 4 21cos   21cos 21cos      cos   4  1cos2  cos DA,FB  可得 2 2 2 2  1   sin   cos   sin          21cos 21cos 21cos 21cos         cos 4sin2 cos 1sin2 2     1 1sin2 1 1sin2 1sin2 1sin2 ，  41cos2 41cos2   2 所以 cos DA,DB  1， 1sin2 1072 即折叠后异面直线AD,BF所成角的余弦值为 1， 1sin2  π 2  π 因为ysin在0, 上单调递增，则y 1在0, 上单调递减，  2 1sin2  2 2  π 且y x在定义域内单调递增，则y 1在0, 上单调递减， 1sin2  2 所以折叠后异面直线AD,BF所成角随的增大而增大，故D增大； 故选：BCD. 13．将O :x2y2 1和O :x2(y2)2 4两式相减： 1 2 1 得过A,B两点的直线方程：y ， 4 1 1 则圆心O (0,0)到y 的距离为 ， 1 4 4 1 15 所以 AB 2 1( )2  ， 4 2 15 故答案为： 2 x2 14．椭圆C的方程为 y2 1，即x24y2 4， 4 x24y2 4   x 1 2 4  1y 1 2 将A,B两点坐标代入得 1 1 ，即 ， x 2 24y 2 2 4   x 2 2 4  1y 2 2 两式相乘可得x2x2 16  1y2 1y2 16  1y2y2y2y2 ， 1 2 1 2 1 2 1 2 由xx 4y y 0得xx 4y y ，则x2x2 16y2y2， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 则16  1y2y2y2y2 16y2y2，则y2y2 1. 1 2 1 2 1 2 1 2 x24y2 4 由 1 1 两式相加可得x2x24  y2y2 x2x248,x2x2 4， x24y2 4 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 所以OA2 OB2 x2y2x2y2 145. 1 1 2 2 故答案为：5 15．设S 为数列a 的前n项和，S 2a 1  nN* ① n n n n 当n1时，解得a 1， 1 当n2时，S 2a 1② n1 n1 a ①-②得a 2a 2a ，即 n 2(常数)， n n n1 a n1 所以数列a 是以1为首项，2为公比的等比数列． n 108则a 2n1(首项符合通项)． n 故S 22n112n1， n 所以S S S   21222100 100  2  21001  1002101102. 1 2 100 21 故答案为：2101102．   16．依题意得a cosnx,sinnx，则a (cost,sint)， n,x 1,t   所以a a (cosnxcost,sinnxsint)， n,x 1,t   故 a ,xa  (cosnxcost)2(sinnxsint)2 ， n i,t 等价于点P(cosnx,sinnx)到Q(cost,sint)的距离， n 易知P(cosnx,sinnx)与Q(cost,sint)是单位圆上的点， n 且由于nN*，则P(cosnx,sinnx)是一系列点， n   6 2 6 2 因为存在实数t，使得对任意的正整数n，都有 a a  成立，即 PQ  ， n,x 1,t 2 n 2 所以系列点P在必然出现周期重叠现象，即为单位圆上有限个点， n 否则系列点P为无限个数，且会出现P 与P距离趋于0的现象， n n1 n 易知此时不可能存在Q满足题意， 2π 2π 所以必有n,n N*，使得nxn x2π，则n n  ，即 N*， 1 2 1 2 1 2 x x 此时，易知系列点P中每两个点之间的距离为定值， n 又易知P(cosnx,sinnx)与P cosn1x,sinn1x 所夹的弧所对的圆心角为P OP x， n n1 n1 n 6 2 6 2 为使得对任意的正整数n，都有 PQ  ，则 P Q  也要成立， n 2 n1 2 故当点Q为 P  P 的中点时， PQ 取得满足要求的最小值， n1 n n x x 此时，记PQ的中点为M ，连接OM ，易得POQ ，POM  ， n n 2 n 2 x x 所以 PM  PO sinPOM sin ，故 PQ 2sin ， n n n 4 n 4 x 6 2 x 6 2 所以2sin  ，即sin  ， 4 2 4 4 π π π π π π π 6 2 因为sin sin  sin cos cos sin  ， 12 3 4 3 4 3 4 4 109x π 所以sin sin ， 4 12 x π x π π 2π 易知0x2π，所以0  ，故  ，则x  ， 4 2 4 12 3 6 2π 2π 2π 又 N*，所以x ，即x的最小值为 . x 5 5 2π 故答案为： . 5 a 17．(1)设公比为q，由题意有a a  2 a q10 1 3 q 2 1 代入a 3得3q210q30，故q 或3 2 3 又各项均为整数，故q3 于是a a 3n2 3n1. n 2 13n 3n1 (2)由(1)得S   k 13 2  3k 1 3k21 所以22S 3S S 2  3k11  3  2  3k11  2  3k11  0 k1 k k2  2 2  故S 2S 2S 3S ，获证. k2 k1 k1 k 18．(1)因为a 各项为正数，a2 a a 2a ， n n1 n n1 n 2 a  a 所以上式两边同时除以a2，得 n1  n1 2， n  a  a n n a 令 n1 xx0 ，则x2  x2，即x2x20，解得x2(负值舍去)， a n a 所以 n1 2，又a 2， a 1 n 所以a 是以a 2，q=2的等比数列， n 1 故a 22n1 2n. n nπ (2)b 12nsin  nN* ， n 2 π 2π 3π 当n1时，sin 1，当n2时，sin 0，当n3时，sin 1， 2 2 2 4π n 当n4时，sin 0，根据三角函数周期性知sin 的周期为4， 2 2 则T b b b 202421232202122023 2024 1 2 2024 202421232202122023 20242125220212327 22023 1102  116506 8  116506 2024  116 116 2  165061  8  165061  2165062 2024  2024 15 15 5 19．(1)由题意证明如下， 在ABC中，ABCπ， cosCBsinAcosCAsinB， cosCcosBsinCsinBsinAcosCcosAsinCsinAsinB， cosCcosBsinAcosCcosAsinB， 又ABC为斜三角形，则cosC0， cosBsinAcosAsinB， sinAB0， ∵A,B为ABC的内角， AB. (2)由题意及(1)得， 在ABC中，AB，ab，是等腰三角形， b c 1 sinC 由正弦定理  ，则  ， sinB sinC b csinB 1 又 sinB，即csinB1， c 1 1   sinC sinABsin2B， a b 1 1   sin2Bsin22Bsin2B4cos2Bsin2Bsin2B4  1sin2B  sin2B， c2 a2 令sin2Bt， f tt41tt4t23t， 又因为0sin2B1，即0t1， 当t  3 即sinB 6 时， f t取最小值，且 f(t)  9 ， 8 4 min 16 1 1 9 ∴  的最小值为 ． c2 a2 16 20．(1)因为曲线C 和C 有且仅有两个公共点， 1 2 所以曲线C 和C 的两公共点为左右顶点， 1 2 则a2，曲线C 的半焦距c 5， 1 c 5 1 所以曲线C 的离心率e  ，渐近线方程为y x； 1 a 2 2 yk xb (2)联立  x2 1 1 ，得  1a2k2 x2 2a2kbxa2 1b2 0，  y2 1 1 1 1 1 a2 1112a2kb a2 1b2 设Ax,y ，Bx ,y ，则x x  1 1 ，xx  1 ， 1 1 2 2 1 2 1a2k2 1 2 1a2k2 1 1 a2kb a2kb b 所以x  1 1 ，y k 1 1 +b  1 ， M 1a2k2 M 11a2k2 1 1a2k2 1 1 1 1   故直线OM 的方程为y x，依题意直线OM 经过点T 2,1 ， a2k 1 2 代入得a2k  2，则a4k2 2，所以k2  ， 1 1 1 a4 a2 1b2 因为直线l 与曲线C 的左支相交于两点，故 1 0，得a2k 1， 1 1 1a2k2 1 1 2a2 2 则  1，所以a2 2，又曲线C 和C 有公共点， a4 a2 1 2 所以0a2 4，所以0a2 2，又a2为正整数， 所以a2 1，所以a1. 21．(1)由椭圆的定义ABF 的周长为定值4a， 1 7 a 2b2 而|AF ||BF |  a，故 AB   ，所以a2 4b2 4a24c2， 1 1 min 2 min 2 a c 3 所以e  ， a 2 3 故：椭圆C的离心率为 . 2 x2 4y2 (2)方法一：由(1)可知，a2 4b2，故椭圆C:  1，则x24y2 a2， a2 a2 抛物线E:x2 2ay， x x x 由x2 2ay，则y ，故k  0 ，所以直线l的方程：yy  0 xx ， a l a 0 a 0 x 即l:y 0 xy ，将l代入椭圆方程中，消去y， a 0  4x 2 8x y 并整理得1 0 x2 0 0 x4y 2a2 0,  a2  a 0 由4  a24x 24y 2 0，所以a24x 24y 2 0， 0 0 0 0 a 又因为x2 2ay ，则有a28ay 4y 2 0，记t  ，t0， 0 0 0 0 y 0   则有t28t40，则t 2 54, ， 8x y a 0 0 8ax y a2 4y 2a2 设的两个根即为x ,x ，则x x   0 0 ①，xx  0 ②， 1 2 1 2 4x 2 a24x 2 1 2 a24x 2 1 0 0 0 a2 112  因为以MN为直径的圆过原点O，所以OMON 0， x x   x 2 x y 所以xx  0 x y  0 x y 0，因此1 0 xx  0 0 x x y 2 0， 1 2  a 1 0  a 2 0   a  1 2 a 1 2 0 将①②代入，并整理，得5y 2x 2a2 0， 0 0 a 由x2 2ay ，于是有5y 22ay a2 0，记t  ，t0， 0 0 0 0 y 0 则有52tt2 0，解得t 1 6，   因为t 2 54, ，所以t 61(说明：因为2 541 61． a 综上可知，  61. y 0 故：答案为 61. 22．(1)若a 为等差数列，设a anb，由a a 0可知a0， n n n1 n 1 因为a 0，所以由a  n可得a21na ，即anb2 1nanb，整理得 n n a n n n  a21  n22abbnb210①， 1 由na  可得a21na ，即anb21nanb，整理得  a21  n22abbnb210 n a n n n ②， a210 a1 要使①②满足nN*恒成立，则 ，解得 ，代入验证满足不等式恒成立， 2abb0 b0 1nn 1 1 所以a n，其前n项和S   n2 n. n n 2 2 2 1 1 (2)因为数列a 满足a 0且a  na  ， n n n a n a n n a2na 10 所以 n n 1a a n1对任意的nN*恒成立， a2na 10 n n n n 又因为存在m2  mN* ，使得对任意的nN*，a ma 恒成立， mn n 令nmkq，m,k,qN*，则由1a  a mkq  1可得 1 a  a q   1 对任意qN*恒 mkq mkq m2k q q m2k 成立，因为a 0，所以当k时a q0，即a q，所以a a 1，即数列a 是等差 q q q q q1 n 数列 113重庆市第八中学校 2023-2024 学年高二上学期第二次月考数学试题 参考答案与试题解析 1．由25%102.5，得所给样本数据的下四分位数是23. 故选：B 2．由图可知，x 70.380.490.38, x 70.480.290.48, 甲 乙 s2 7820.38820.49820.30.6， 甲   s2 7820.48820.29820.40.8， 乙   所以x x ，s2 s2 . 甲 乙 甲 乙 故选：D. 3．设该家族某成员出现X性状为事件A，出现Y性状为事件B，则X，Y性状都不出现为AB， 1 2 则X，Y性状都出现为AB，所以P(A) ,P(B) ， 3 15 3 2 P(AB) ，所以P(AB)1P(AB) ，所以PABPAPBPAB，所以 5 5 1 2 2 1 PABPAPBPAB    . 3 15 5 15 故答案为：A 4．由题意，随意打开A，B，C，D这四个开关中的两个不同的开关，共有AB,AC,AD,BC,BD,CD种， 其中只有打开AC开关时2号灯不会亮，其余情况2号灯均会亮， 1 5 所以2号灯灯亮的概率为1  . 6 6 故选：D. 5．由数列a 为递增等差数列，则a a a a 34，且a a ， n 3 7 4 6 4 6 又因为a ꞏa 280，所以a 14，a 20， 4 6 4 6 a a 2014 所以数列a 的公差d  6 4  3，a a 3d 1495， n 64 2 1 4 所以数列a 的通项公式为a a n1d 3n2，故B项正确. n n 1 故选：B. 6．设直线与抛物线的两个交点分别为Ax,y ，Bx ,y ，将两点代入抛物线方程得 1 1 2 2 y2 6x y y 6 6  1 1 ，两式作差可得 1 2   1，即直线的斜率k 1， y 2 2 6x 2 x 1 x 2 y 1 y 2 23 所以直线方程为y31x2，即xy10 故选：B 1147．连接PF 、QF， 由P在以FF 为直径的圆上，故PF PF ， 1 1 1 2 1 2 P、Q在椭圆上，故有 PF  PF 2a，QF  QF 2a， 1 2 1 2 设QF m，则 PF 4QF 4m， 2 1 2 则有 PQ 2a4mm2a3m， FQ 2am， 1 即可得4m22a3m2 2am2，解得a3m， PF 故 PF 2a4m2m，则tanPFF  1 2， 2 2 1 PF 2 故k tanπPF FtanPF F 2. PF 2 1 2 1 2 故选：C. 8．圆O:x2 y2 2的圆心为0,0半径为r 2，  因为在直线l:xy40上均存在两点A，B，使得APB 恒成立， 2 所以以线段AB为直径的圆包含圆O， 如图所示： 当两圆内切时，线段AB的长度最小， 设线段AB的中点为E，则OEAB，  004  所以 AB 2OE r2  26 2，  2  故选：D 9．设2020年的5种系列产品年总收入为x，则2021年5种系列产品年总收入为2x， 对A选项：2x20% x40%0.4x，故正确； 对B选项：2x20%35%1.1xx，故正确； 对C选项：2x5%0.1x，x15%0.15x，故错误； 对D选项：2x20%0.4x2x15%0.3x，故正确. 故选：ABD. 150ab150 a0.7 10．由题知 ，解得 ，所以y0.7x45， 50ab80 b45 当x100时，y115，故A正确； yx450.3x，由x150知yx0，即y x， 故当原始成绩低于150分时，折算成绩均高于原始成绩，即除150分不变外，其余成绩折算后均 提高， 所以将原始成绩和折算成绩分别从小到大依次排序后，它们的中位数的序号相同，故B，D均正 确； DyD0.7x450.49DxDx，故折算成绩的方差必小于原始成绩的方差，故C错误. 115故选：ABD 1 2 1 1 1 11．对于A选项，因为P(甲) ，P(乙)  ，P(甲乙)  ，所以P(甲)P(乙)P(甲乙)，所 4 4 2 4 2 以甲与乙相互独立，故A选项错误； 对于B选项，丙与丁不会同时发生，故它们互斥，故B选项正确； 对于C选项，由A选项知故C选项正确； 1 1 1 1 1 1 1 1 对于D选项，因为P(丁)     ，P(乙丁)   ，所以P(乙)P(丁)P(乙丁)， 2 2 2 2 2 2 2 4 故乙与丁相互独立，故D选项正确. 故选：BCD. 1 1 12．对于选项A，因为S  AF  AM sinFAM  FM  y ， F1AM 2 1 1 2 1 0 1 1 S  AF  AM sinF AM  F M  y ， F2AM 2 2 2 2 2 0 1 1 AF  AM sinFAM FM  y 所以 2 1 1  2 1 0 ，又FAMFAM， 1 1 1 2 AF  AM sinF AM FM  y 2 2 2 2 2 0 AF FM 得到 1  1 ，即 AF  MF  AF  MF ，所以选项A正确； AF FM 1 2 2 1 2 2 对于选项B，因为F( 5,0),F ( 5,0)，(cid:31)(cid:4666)(cid:31) ,(cid:31) (cid:4667)， 1 2 (cid:2868) (cid:2868) x2 x2 所以 AF  (x  5)2 y2 ，又 0 y2 1，得到 0 1 y2， 1 0 0 4 0 4 0 x2 5 5 5 所以 AF  (x  5)2 0 1 x22 5x 4  ( x 2)2  x 2， 1 0 4 4 0 0 2 0 2 0 AF FM 5 同理可得 AF  x 2，不妨设M(x,0)，由选项A知， 1  1 ， 2 2 0 1 AF FM 2 2 5 x 2 2 0 x  5 4 4 所以  1 ，整理化简得x  ，所以M( ,0)，故选项B正确； 5 5x 1 x x x 2 1 0 0 2 0 y 4 y 0 (x ) 对于选项C，由选项B知，直线l的方程为 4 x ， x  0 0 x 0 4y x2 1 令x0得y 0 ，又 0 y2 1，得到y ，故选项C错误； x24 4 0 y 0 0 对于选项D，因为四边形AFNF 面积 1 2 1 1 1 1 S S S  FF y  FF  5(y  )2 5， F 1 AF 2 F 1 NF 2 2 1 2 0 2 1 2 y 0 y 0 0 1161 当且仅当 y  ，即y 1时取等号，当y 1或y 1时，x 2 2 2， 0 y 0 0 0 0 0 所以选项D正确， 故选：ABD. 13．根据题意，这20组随机数中一次也没有击中目标的有956,556,989，共有3组， 3 17 所以，这20组随机数中至少有一次击中目标的概率为p1  . 20 20 17 故答案为： . 20 14．因为a 为递减数列，a n2n， n n 所以a a (n1)2(n1)(n2n)2n10对nN恒成立， n1 n 即2n1对nN恒成立，所以3， 故答案为：3. 15． 因为A3,0，(cid:31)(cid:4666)0,3(cid:4667)， 所以直线AB的方程为：xy30 点P(0,1)关于x轴的对称点P0,1， 1 设点P0,1关于直线AB的对称点P a,b， 1 2 b1 a 1b 则 11，  30，解得a4，b3． a 2 2 P 4,3， 2 所以根据反射原理的对称性， 光线所经过的路程为 PQ  QM  MP  PQ  QM  MP 1  PM  MP  PM  MP  PP  42 312 2 5， 1 2 2 故答案为：2 5． 1 16． /0.25 4 【分析】设直线AB的方程，代入椭圆方程，由韦达定理，弦长公式及中点坐标公式，求得|(cid:31)(cid:31)|及AB 117PF 中点Q坐标，求弦AB的垂直平分线方程，即可求得点P坐标，代入即可求得|(cid:31)(cid:31)|，即可求得 . AB 【详解】由题，设直线AB的方程为(cid:31)(cid:3404)(cid:31)(cid:4666)(cid:31)(cid:3398)1(cid:4667)，k0，(cid:31)(cid:4666)(cid:31) ,(cid:31) (cid:4667)，(cid:31)(cid:4666)(cid:31) ,(cid:31) (cid:4667)，AB中点Qx ,y ， (cid:2869) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2870) 0 0 ykx1  与椭圆方程联立x2 y2 ，消去y整理得(cid:3435)3(cid:3397)4(cid:31)(cid:2870)(cid:3439)(cid:31)(cid:2870)(cid:3398)8(cid:31)(cid:2870)(cid:31)(cid:3397)4(cid:31)(cid:2870)(cid:3398)12(cid:3404)0，   1  4 3 8k2 4k212 则144k21440，x x  ，xx  ， 1 2 34k2 1 2 34k2 64k4 16k248 所以 AB  1k2  x x 24xx  1k2   1 2 1 2  34k22 34k2 12  1k2  ， 34k2 x x 4k2 3k  4k2 3k  x  1 2  ，y  ，则点Q的坐标为 , ， 0 2 34k2 0 34k2 34k2 34k2  3k 1 4k2  k2 所以直线AB的垂直平分线方程为y  x ，令y0，解得x ，所以 34k2 k 34k2  34k2  k2  k2 3  1k2 点P的坐标为 ,0，则 PF 1  ， 34k2  34k2 34k2 3  1k2 PF 34k2 1 所以   . AB 12  1k2 4 34k2 1 故答案为： . 4 17．(1)令事件A：甲组在第i局获胜，i1、2、3， i 甲组胜的概率为： P PAA P  A A A  P  AA A     1  2    1  3    1  3  1 ； 1 1 2 1 2 3 1 2 3 2 2 2 2 (2)由题意知，在甲组第一局获胜的情况下，甲组输掉比赛事件为： 甲组接下来的比赛中连输两场， 所以在甲第一局获胜的前提下，最终输掉比赛的概率：   1 1 1 3 P P AꞏA    ，即甲获胜的概率为 ， 2 2 3 2 2 4 4 故甲组、乙组应按照3：1的比例来分配比赛奖品， 即甲组应获得21个篮球，乙组获得7个篮球比较合理. 18．(1)由题意可知，CN的直线方程为yx2， 118圆N 的圆心N 在直线yx2上，设Na,a2，半径为r， 因为圆N 过原点与A2,0，且圆C的圆心为2,4,半径为2 2， 所以 a2a22 r, 即a22a2 r2①， 又 a22 a22 r2, 即a22a22 r2②， 由①②可得，(cid:31)(cid:3404)(cid:3398)1， 所以r 2， 所以圆N的标准方程为x12 y12 2; (2)当斜率不存在时，直线l的方程为：x2与圆C相离，不符合题意. 当斜率存在时，设直线l的方程为：ykx2, 4k4 则圆心C到直线l的距离为d  , 1 k21 k1 圆心N 到直线l的距离为d  ， 2 k21 又因为被两圆截的弦长相等， 2 2  k1   4k4  所以 2   8  ，  k21  k21 即3k210k30, 1 解得：k 3或k  . 3 故直线l的方程为3xy60或x3y20. 19．(1)设点C到平面AEC 的距离为d， 1 1 1 3 又E为BC的中点，则V V  V  2 3 ， CAEC1 C1AEC 6 ABCA1B1C1 6 3 1 1 15 3 2 5 则 S d   d  ，解得d  . 3 △AEC1 3 2 3 5 (2)过A在平面AEC 内作AM CE交CE于M ，如图， 1 1 1 119因为平面CCE 平面AEC ，CE为交线， 1 1 1 所以AM 平面CCE， 1 过A在平面ABC内作AN BC交BC于N ， 在直三棱柱中平面CCE 平面ABC，BC为交线， 1 所以AN平面CCE， 1 因为过平面外一点A有且只有一条直线与平面垂直， 所以AM,AN重合，又M,N分别在EC ,BC上， 1 所以M,N与E重合，即AE平面CCE， 1 又EC 平面CCE，所以AEEC ， 1 1 1 设EC a，则CC 2a， 1 所以EC  EC2CC2  5a， 1 1 1 1 15 所以S  AEEC   5aAE ， △AEC1 2 1 2 2 3 解得AE ， a 1 1 3 1 1 所以V  AES    a2a 2 3，解得a1， AC1CE 3 1 △CC1E 3 a 2 6 在Rt△AAE中，AE AA2AE2  43 7， 1 1 1 因为AC,AC 互相平分，所以A，C到平面AEC 的距离d相等， 1 1 1 1 2 5 即d  ， 5 设直线AE与平面AEC 所成角为， 1 1 2 5 则 d 5 2 35 . sin   AE 7 35 1 0.0632.50.0437.50.0242.5 20．(1)平均数x 35.8； 0.060.040.02 (2)①设这100人中30~45岁所有人的年龄的平均数与方差分别为z、s2 1200.06330.04370.0243 则z 36， 0.060.040.02 0.062333620.04 5 37362 0.02143362    2     s2  15 0.060.040.02 ②z x，其有差异的原因为(1)中平均数是取数据的中间值作为样本数据的代表值估算的， 而所得平均数是以具体的数据计算而得，因此不相等. 21．(1)由动点Px,yx0与点F2,0之间的距离和到直线l:x1的距离的比值为 2， x22 y2 x2 y2 x2 y2 可得  2，整理得  1x0，即曲线C的方程为  1x0. x1 2 2 2 2 (2)由(1)知M1,0，F2,0，则 MF 1， 设(cid:31)(cid:4666)(cid:31) ,(cid:31) (cid:4667)，(cid:31)(cid:4666)(cid:31) ,(cid:31) (cid:4667)，直线PQ：x ty 2， (cid:2869) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2870) xty2 联立方程组  x2 y2 ，整理得  t21  y24ty20，8t280，   1  2 2 4t 2 可得y  y  ，y y  ，如图： 1 2 t21 1 2 t21 y y 则tanPMF  1 ，tanQMF  2 ， x 1 x 1 1 2 y y y y 1  2 1  2 x 1 x 1 ty 1 ty 1 所以tanPMQtanPMFQMF 1 2  1 2 y y y y 1 1  2 1 1  2 x 1 x 1 ty 1 ty 1 1 2 1 2 y y y y 4 7  1 2  1 2 y y   t21  y y ty y 1 2t22 4t2 1 2 3 ， 1 2 1 2  1 t21 t21 4 7 1 1 2 7 所以y y  ，所以PMQ的面积S  MF d  1 y y  . 1 2 3 2 2 1 2 3 p p 22．(1)设抛物线的焦点为F，由题意得y   PF ，即y  PF  ， 0 2 0 2 p p p2 p 所以y  PM  PM  PF   MF   1  ， 0 2 2 4 2 当且仅当M、P、F三点共线时取等号. 171 因为y  PM 的最小值为 ， 0 4 p2 p 171 1 所以 1   ，解得p . 4 2 4 2 (2)由(1)知，x2  y，故N在抛物线上，直线NQ 、 NP斜率都存在， 设直线NQ 、 NP斜率分别为k 、k ，Qx,y ， 1 2 1 1 121则直线NQ的方程为y1k x1， 1 y1k x1 由 1 ，可得x2k xk 10， x2  y 1 1 所以x 1k ，则x 1k ，又Q在抛物线上， 1 1 1 1 所以Q  1k ,1k 2 ，同理P  1k ,1k 2 ， 1 1 2 2 又直线PQ过点M，所以k k ， PQ PM 1k 21k 2 1k 20 1 即 1 2  2 ，解得1kk ，即k  ， 1k 1k  1k 1 1 2 2 k 1 2 2 1 因为NQ与NP都与圆C相切，所以直线NC是ÐPNQ的角平分线， 由题意知NC的斜率存在，设直线NC的斜率为k， 1 k k k k 则 1  1 ，解得k1， 1 1kk 1k 1 k 1 当k 1时，NC过原点，此时直线PQ不经过点M ，故舍去，所以k 1， 所以直线NC的方程 x y20, 102 3 2 所以 MC 的最小值即是点M 到直线NC的距离d，即d   ， 11 2 3 2 所以 MC 的最小值为 . 2 122重庆市第一中学校 2023-2024 学年高二上学期 12 月定时练习数学试题 参考答案与试题解析 eax1 eax1 1．因为 f x为奇函数，则 f x f(x)  0， ex ex 可得  eax1  eaxe2x 0， 注意到a0，可知eax10不恒成立， 则eaxe2x 0，即eax e2x，可得a2， e2x1 所以 f(x) exex， ex 则 f(x)exex，故 f 00, f(0)2， 可知切点坐标为0,0，切线斜率为2， 所以切线方程为y2x. 故选：C. 2．因为函数 f x关于x1对称， 所以c f 2 f 0， f x  f x  又因为当x  x 1时， 2 1 0恒成立， 2 1 x x 2 1 所以 f x在1,上单调递增，故 f x在,1上单调递减， 2 3 π 2  π 因为0  sin ，所以 f 0 f   f sin ， 3 2 3 3  3 所以cba. 故选：B 3．设数列a 的首项为a ，公差为d， n 1 由S S a a a a a 5a 0，可得a 0， 15 10 11 12 13 14 15 13 13  45  45 又由a a a a 4a 45d 4a  d0，可得a  d 0， 1 14 15 19 1  1 4  1 4 45 3 3 4 因为a  d a 12d d a  d 0，所以d  a 0，所以d 0， 1 4 1 4 13 4 3 13 可得等差数列a 为递减数列， n 45 1 d d 又因为a  d a 11d d a  0，所以a  0， 1 4 1 4 12 4 12 4 故等差数列a 的前n项和S 最大值为S . n n 12 故选；A. 123fx f x 4．根据题意由 fx f xx2e2x可得 x2ex， ex  f x  fx f x 即    x2ex， ex ex   又可知 x22x2  ex C  x2ex，其中C为常数，   所以 f x   x22x2  exC，即 f x  x22x2  e2xCex； ex 又因为 f 00，则C 2；所以 f x  x22x2  e2x 2ex， 则 fx2ex x2x1  ex1，   令gx  x2x1  ex1，则gxxx1ex， 由gxxx1ex 0可得x0或x1； 所以x1,0时，gx0，当x,1或x0,时，gx0； 因此函数gx在1,0上单调递减，在,1和0,上单调递增， 3 7 又g1 10，g0110，g2 10； e e2 函数gx  x2x1  ex1的图象如下图所示： 显然函数gx存在唯一变号零点x ，且x 2,1，又ex 0恒成立， 0 0 所以 fx2ex x2x1  ex1也存在唯一变号零点x ，且x 2,1；   0 0 因此可知x,x 0 时， (cid:31) ′(cid:4666)(cid:31)(cid:4667)(cid:3407)0，当(cid:31)∈(cid:4666)(cid:31) (cid:2868) ,(cid:3397)∞(cid:4667)时， (cid:31) ′(cid:4666)(cid:31)(cid:4667)(cid:3408)0； 可得函数 f x在,x 上单调递减，在x ,上单调递增，可知A错误； 0 0 此时x 即为函数 f x的一个极小值点，即B正确，D错误；且无极大值点，C正确； 0 故选：ABC 5．设等比数列a 的公比为q,q0， n 若a a a a a  q21  0， n2 n n2 n n 当a 0时，由a  q21  0得q210， 1 1 解得1q0或0q1， 若1q0，则a aq0，此时a  q21  0与已知矛盾； 2 1 2 124若0q1，则a 0，此时a 为递减数列. n n 当a 0时，由a  q21  0得q210， 1 1 解得q1或q 1， 若q1，则a aq0，此时a  q21  0与已知矛盾； 2 1 2 若q 1，则a 0，此时此时a 为递减数列. n n 反之，若a 为递减数列，则a a ， n n2 n 所以“对于任意的nN*，a a ”是“a 为递减数列”的充分必要条件. n2 n n 故选：C 6．根据题意可知P 0,R ， n n 1 14R2 1 14R2 联立x2 y2 R2和y x，解得 x  n ,y  n ； n n 2 n 2 1 14R2 又数列x 的通项公式为x 4n1，所以 n 4n1，即R2 42n4n， n n n 2     可知P 0,2n 4n1 ,Q 4n1, 4n1 ， n n 12n 因此直线PQ 的方程为y2n 4n1 x， n n 4n1 令y0，可解得x2n 2n1  ，所以a 2n 2n1  ， n 即a  pa 2n1 2n11   p2n 2n1  2n 2n22 p2n p  n1 n 要使数列a pa 成等比数列，因为  2n 为等比数列，所以需满足数列  2n22 p2n p  为等 n1 n 比数列即可， 若数列  2n22 p2n p  的公比为1，则该数列为常数列， 所以式子2n22 p2n  p中不含n的项，令p4，可得2n22 p2n p2满足题意； 若数列  2n22 p2n p  的公比不为1，当p2时，显然2n22 p2n p2n1满足题意； 综上可知，常数p的值为2或4. 故选：D 1257．如图所示： 不妨设a  O  A    3,0  ,b  O  B  0,1,O  C  m,n,O  D  p,q,A   3,0  ， 1 满足 a   3， b  1，a  b   0，     又 ca  ca 4，即  m 3 2 n2   m 3 2 n2 42a2c2 3 AA ， 1 由椭圆的定义可知点C在以A,A为焦点，长轴长为4的椭圆上运动， 1 a2,c 3,b a2c2  431， x2 所以该椭圆方程为 y2 1， 4    而d24bd 30，即p2q24q30，即p2q22 1， 这表明了点D在圆x2y22 1上面运动，其中点E0,2为圆心，r1为半径，     又 cd  OCOD  CD  CE  ED  CE 1，等号成立当且仅当C,D,E三点共线， 故只需求 CE 的最大值即可， x2 因为点C y2 1在椭圆上面运动，所以不妨设C2cos,sin， 4 所以 CE  4cos2sin22  4  1sin2  sin24sin4  3sin24sin8， 4 2 所以当sin  且C,D,E三点共线时， 23 3 126   2 2  2 2 21 cd 有最大值 CE 1 3  4 8  1. max  3  3 3 故选：A. 8．由题知： fx Acosx  π π 因为 f   f  0，  2 4 π kπ,k Z  4 1 1 2 4 2 4 所以 ，解得  k k   k,kZ， π π 3 3 1 2 3 3   k π,k Z  2 2 2 2  π 因为 f x在区间0, 上单调，  2 π 1 π 所以  T  ，解得02 2 2  2 所以， 或2， 3  1 1 1 1 令gx  f x f   f x f   0得 f x f  或 f x f  ，  2 6 2 6 π kπ,k Z  4 1 1 π 当2时，由 得 kπ,kZ, π π 2   k π,k Z  2 2 2 2  π  此时， f x Asin2x kπAcos2x，  2  π  由x ,π得2xπ,2π， 2  1 当 f x f  时，Acos2xAcos1，即cos2xcos1，由于函数ycosx与y cos1在π,2π上 2 π  只有一个交点，故方程cos2xcos1在 ,π有一个解； 2  1 1 1 1 当 f x f  时，Acos2xAcos ，即cos2xcos ，由于函数ycosx与ycos 在π,2π 6 3 3 3 1 π  上只有一个交点，故方程cos2xcos 此时方程在 ,π有一个解； 3 2  π  所以，2时，gx在区间 ,π上的零点个数为2个； 2  π kπ,k Z 2  4 1 1 π 当 时，由 得 kπ,kZ， 3 π π 6   k π,k Z  2 2 2 2 2 π  2 π 此时 f x Asin x kπAsin x ， 3 6  3 6 127π  2 π π π 由x ,π得 x  , ， 2  3 6 6 2 1 2 π 1 π 2 π 1 π 当 f x f  时，Asin x Asin  ，即sin x sin  ，由于函数 2 3 6 3 6 3 6 3 6 π π 1 π 2 π 1 π ysinx在 , 上为正数，sin  0，故方程sin x sin  无解； 6 2 3 6 3 6 3 6 1 2 π 1 π 2 π 1 π 当 f x f  时，Asin x Asin  ，即sin x sin  ，由于函数 6 3 6 9 6 3 6 9 6 π π 1 π 2 π 1 π ysinx在 , 上为正数，sin  0，故方程sin x sin  无解； 6 2 9 6 3 6 9 6 2 π  所以，当 时，gx在区间 ,π上的零点个数为0个. 3 2  π  综上，gx在区间 ,π上的零点个数为0个或2个. 2  故选：C S S  S 9．因为 1 1，且数列 n是公差为d的等差数列，所以 n 1n1d ，① a 1 a n  a n 所以S n   1n1d  a n ，则S n1 1nda n1 ， 所以a n1 S n1 S n 1nda n1   1n1d  a n ， 整理得nda n1   1n1d  a n ．② 对于A选项，若a 为等比数列，记a aqn1． n n 1 S 当q1时，a a ，S na ，所以 n n，由①可得d 1． n 1 n 1 a n S 当q1时，取n2可得 2 q111d ，故d q1； a 2 S 取n3可得 3 q2q11d2d1， a 3 S 再由①可得 3 12d，所以d2d112d，即d2d 0，所以d  0或d 1． a 3 S 但是如果d  0，则 2 1d 1，从而a 0，这与a 各项为正数矛盾， a 1 n 2 因此，必有d 1，故A选项正确； 1 n n1 a a 对于B选项，若d  ，由②得， a  a ，即 n1  n ， 2 2 n1 2 n n1 n a a 因此 n  1，即a na ，所以a 是以a 为公差的等差数列，故B选项正确； n 1 n 1 n 1 对于C选项，若d 1，因为a 各项为正数， n 1 所以由②可得，a 1n1d d n1 1n1 ， n1    1 a nd n n n 128所以a 是递减数列，故C选项正确； n 对于D选项，若d 1，因为a 各项为正数， n n1 所以由②可得 n1a n1  n1  1n1d   d n21 ． na n2d n2 n 2a 2 令n1，可得： 2  ． 1a d 1 2a 所以当d2,时， 2 1，此时na 不是递增数列，故D选项错误． 1a n 1 故选：ABC． 10． 根据对勾函数的性质可得x0是双曲线的一条渐近线，故A正确； 3 3 当x时，双曲线的方程趋近于y x，所以y x是双曲线的另外一条渐近线，倾斜角 3 3 为30，所以y 3x是双曲线的一条对称轴，  3  3 y 3x x x   2  2 联立  1 x得 或 ， y 3    3  3  2x 3  y 2  y 2  3 3  3 3  3 3 2 3 3 2 所以点   2 , 2    和    2 , 2    为顶点坐标，则实轴长为    2  2     2  2   2 3，故B错； 如图，设双曲线的一个焦点为F，过双曲线的一个顶点A作AB垂直y 3x交x0于点B， AOB30，OA  3，所以虚轴长为2，焦距为4，即OF 2，   所以F 1, 3 ，故C正确； 3 因为y x，x0为渐近线方程，所以y  xt与双曲线有两个交点，故D正确. 3 故选：ACD. 11．研究 f x的零点等价于考虑曲线y2x与直线yaxb的交点，其中a是直线的斜率． 129对于A，D选项，取曲线y2x上位于第二象限的点P，Q， 并固定点P(如图所示)． 则当Q与y轴的距离充分大的时候， 直线PQ的斜率a可以无限趋近于0，并且直线PQ与y轴的交点位于0,1的下方， 于是当a0且0b1时，满足ab10， 此时曲线y2x与直线yaxb的交点的横坐标是负的，即 f x的零点都是负的，故D选项错误； 而此时 f x存在负零点，但不满足b1，故A选项错误； 对于B选项，若a<0，则 f x在R上单调递增， 取x log b 1，则x 0，所以 f x  b 1b0． 1 2 1 1 1 b 再取x  ，则x 0，所以 f x ax b1b b0， 2 a 2 2 2 所以 f x有且只有一个零点，并且这个零点位于区间x ,x 中，B选项正确； 2 1 对于C选项，若 f x有且只有两个正零点， 因为 fx2xln2a，而函数 fx单调递增， 所以 f x至多只有一个极值点x 0 ，且2x0ln2a0， 则这个极值点必为正，且 f x 0， 0 并且 f x在0,x 上单调递减，在x ,上单调递增， 0 0 故必有 f 00，即1b0，解得b1，故C选项正确． 故选：BC． 12．函数 f x1是偶函数，故 f x1 f x1， 因为 f 2xf x，所以 f 1xf x1， 故 f x1f x1， 将x替换为x1，得到 f xf x，故 f x为奇函数，A正确； 因为 f 2xf x，故 f 4xf x2，故 f 4x f x， 所以 f x的一个周期为4， 1304π1 6π1 1 2π1 故 f x在区间 , 上的零点个数与在区间 , 上的相同，  π π  π π  2 2 π  2 2 因为 f   cos 0，而 f 2xf x f x，故 f 2  f  0， π π 2  π π 2 2 1 2π1 其中 ,2  , ， π π π π  1 2π1 故 f x在区间 , 至少有2个零点，B错误； π π   6  1 x ,1时， f x xcos ， 5π  x 1 1 1 则 fxcos  sin ， x x x 1  5π 令t  ，htcosttsint，当t1, 时， x  6  所以htsintsinttcosttcost，  π 当t1, 时，httcost0，ht单调递增，  2 π 5π 当t , 时，httcost0，ht单调递减， 2 6  又h1cos1sin10，h 5π cos 5π  5π sin 5π  5π  3  5π6 3 0，  6  6 6 6 12 2 12  5π 故ht0在t1, 上恒成立，  6   6   6  所以 fx0在x ,1上恒成立，故 f x在 ,1上单调递增，C正确； 5π  5π  1  1 D选项，x ,1时， f x xcos ， π  x 1 1 1 1 故 fxcos  sin ，令t  ，htcosttsint，当t1,π时， x x x x 则httcost，  π 当t1, 时，httcost0，ht单调递增，  2 π  当t ,π时，httcost0，ht单调递减， 2  π π π π π 因为h1cos1sin10，h cos  sin  0，hπcosππsinπ10， 2 2 2 2 2 π  由零点存在性定理，t  ,π，使得ht 0， 0 2  0 当t1,t 时，ht0，当tt ,π时，ht0， 0 0 1 1 1  x , 时， fx0， f x单调递减，x ,1时， fx0， f x单调递增， π t  t  0 0 1311  所以 f x区间 ,1上有且只有一个极值点，D正确. π  故选：ACD  1 2  1 2 1 13．如图所示，当yx时，C:x2 y2  x y x  y   ，  2  2 2 设其圆心为A，易知k 1，所以圆A与yx相切； OA  1 2  1 2 1 同理当yx时，C:x2y2  x y x  y   ，  2  2 2 设其圆心为B，易知k 1，所以圆B与yx相切； OB 1 所以C:x2y2  xy 围成的曲线为圆A与圆B，其面积为2π π； 2 由ykx2可知其过定点C2,0，过C与圆A与圆B相切的切线分别设为ymx2、 1 3 1 5  m   n ynx2，则有 2 2 2 2 2 ，   m21 2 n21 1 54 3 解之得：m 或m1，n ，由图象分析可得若满足直线与两圆有两个交点，则需 7 23  54 3 1 54 3 k1,  , .     23 7 23      54 3 1 54 3 故答案为：π；1,  ,      23 7 23     14．方法一： fx3x26ax0，x0或2a； f x x2x3a0，x0或3a. f x的图象与x轴正半轴交点为C，则C3a,0，a0. f x在,0和2a,单调递增，0,2a单调递减，且A0,0，B  2a,4a3 ， F 0  ABC外接圆：x2 y2DxEyF 0，9a23aDF 0 ，   4a216a62aD4a3EF 0 D3a   1 3a 1  ∴E 4a3 ，圆心P ,2a3 ，P在以AB为直径的圆上.  2a  2 4a F 0  132  3 1  1  1  ∴PAPB0，∴ a a2a3 2a3 0， 2 2  4a 4a 3 1 1 ∴ a24a6 0，∴a . 4 16a2 2 方法二：∵ f x的图象与x轴正半轴交于C，∴a0， f x大致图象如下图： ∴C3a,0， fx3x26ax，令 fx0，解得x0或2a， ∴x 0，x 2a，∴A0,0，B  2a,4a3 ， 1 2 1 3a 故AB中垂线方程：y xa2a3，AC中垂线方程x ， 2a2 2 3a 1   3a 1    a 1  ∴P , 2a3 ，则AP , 2a3 ，BP , 2a3 ，  2 4a   2 4a   2 4a  ∴  A  P    B  P   3a2  1 4a6 0 64a812a410  4a41  16a41  0， 4 16a2 1 ∴a . 2 1 故答案为： . 2 15．610 【分析】设等差数列(cid:4668)(cid:31) (cid:4669)和(cid:4668)(cid:31) (cid:4669)的公差分别为d 、d ，根据题意求出d 、d 的值，可求得数列(cid:4668)(cid:31) (cid:4669)和 (cid:31) (cid:31) 1 2 1 2 (cid:31) (cid:4668)(cid:31) (cid:4669)的通项公式，将数列c 的前20项列举出来，相加即可得解. (cid:31) n 【详解】设等差数列(cid:4668)(cid:31) (cid:4669)和(cid:4668)(cid:31) (cid:4669)的公差分别为d 、d ， (cid:31) (cid:31) 1 2 因为a b 2，a b ，a b a ， 1 1 4 3 5 2 3 23d 22d d 4 则 1 2 ，解得 1 ， 24d 2d 22d d 6 1 2 1 2 所以，a a n1d 24n14n2， n 1 1 b b n1d 26n16n4. n 1 2     因为A x xa ,nN  x x4n2,nN ， n     B x xb ,nN  x x6n4,nN ，且C AB， n 将集合C的元素从小到大排列，形成一个新数列c ． n 则数列c 的前20项为：2、6、8、10、14、18、20、22、26、30、32、34、38、42、44、 n 46、50、54、56、58， 133所以，数列c 的前20项和为 n 2681014182022263032343842444650545658610. 故答案为：610. 16．在平面直角坐标系xOy中考虑问题． 不妨设A在第一象限．A是以O为圆心，OF 为半径的圆Ω与Γ的交点． 设Γ的左焦点为X，则 XOAOABOBA4OBA， 1 AFO XOA2OBA， 2 即FABFBA,FAFB． 在Ω上取一点C，使FC FB，则FCFA． 由双曲线的定义知CX CF 2a(a是实半轴长)，即 (2aCF)2 CX2 4c2CF2(c是半焦距)． c  c 2 c2  22 15 代入CF FB ，得 2a  4c2 ．解得e  1, ． 2  2 4  7   22 15 故答案为：1,   7   17．(1)取AC的中点M，连接NM，BM，如图， 因ACC A 为矩形，N为AC 的中点，则ACMN，又因ABC为等边三角形，则ACMB， 1 1 1 1 MNMBM ，MN,MB平面BMN，则有AC 平面BMN，又BN 平面BMN， 所以AC  BN； 矩形ACC A 中，AA //CC ，平行四边形ABB A 中，AA //BB ，因此，BB //CC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以B，C，C ，B 四点共面. 1 1 (2)由(1)知MN  AC，BM  AC，则NMB为二面角C  ACB的平面角，NMB， 1 在平面BMN内过M作MzMB，有AC Mz，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 134 A(1,0,0),B(0, 3,0),C(1,0,0),N(0,cos,sin),C (1,cos,sin)，CB(1, 3,0)， 1  CC (0,cos,sin)， 1    CBnx 3y0 设平面BCCB 的法向量为nx,y,z，则  ，令y1，得 1 1 CC n ycoszsin0 1  1 n( 3,1, )， tan 1     由tan 得n( 3,1,2)，AB 1, 3,0 ，设直线AB与平面BCCB 所成角为， 2 1 1     |nAB| 2 3 6 于是得sin|cosn,AB|     ， |n||AB| 2 22 4 6 所以直线AB与平面BCCB 所成角的正弦值是 . 1 1 4  x 2  x2 x 18．(1)设点Px , 0 ，由x2 2py(p0)得，y ，则y  ，  0 2p 2p p 因为直线PQ的斜率为1， x x 2 所以 0 1且x  0  2 0， p 0 2p 解得p2 2， 所以抛物线C 1 的方程为x2 4 2y； (2)因为点P处的切线方程为： x 2 x y 0  0 xx ，即2x x2pyx 2 0， 2p p 0 0 0 x 2 根据切线与圆相切，得d r，即 0 1， 4x24p2 0 化简得x4 4x 24p2， 0 0 2x x2pyx 2 0  0 0  2 4x2 由 x2y2 1 ，解得Q , 0 ，  x4 4x 24p2 x 0 2p   0 0 135x2 2 p2x2 x 22 所以 PQ  1k2  x x  1 0  x   0  0 ， P Q p2 0 x p x 0 0  p p2x2 1 点F  0, 到切线PQ的距离是d  0  x2 p2 ，  2 4x24p2 2 0 0 1 1 p2x2 x 22 1 p2x2 x 22 所以S  PQ d   0  0  x2 p2  0  0 ， 1 2 2 p x 2 0 4p x 0 0 1 p S  OF  x  ， 1 2 Q 2 x 0 而由x4 4x 24p2知，4p2 x44x2 0，得 x 2， 0 0 0 0 0 S p2x2 x 22 2 x  x2 p2 x 22  所以 1  0  0  0  0 0 S 4p x p 2p2 2 0  x2x44x2 x 22  x2 x 22   0 0 0 0  0 0 2  x44x2 2  x24  0 0 0 x24 4  0  32 23， 2 x24 0 x24 4 当且仅当 0  ，即x2 42 2时取等，此时p 22 2 ， 2 x24 0 0 S 所以 1 的最小值为2 23 S 2 19．(1)由a3a3a3 S22S 可得： 1 2 n n n a3a3a3 S2 2S ,n2， 1 2 n1 n1 n1 两式相减可得a3 S22S   S2 2S  S S S S 2a S S 2； n n n n1 n1 n n1 n n1 n n n1 又a 0，所以a2 S S 2， n n n n1 可得a2 S S 2,n3； n1 n1 n2 两式相减可得a2a2 S S 2S S 2a a ， n n1 n n1 n1 n2 n n1 因此a a 1,n3 n n1 令n1可得a3 S22S ，即a3 a22a ，解得a 2或a 1或a 0； 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又因为数列a 的各项都是正数，所以a 2； n 1 136同理令n2可得a3a3 S22S a a 22a a ，解得a 3； 1 2 2 2 1 2 1 2 2 显然a a 1符合a a 1， 2 1 n n1 所以数列a 是以a 2为首项，公差为d 1的等差数列， n 1 即a 2n1n1 n 所以数列a 的通项公式为a n1,nN* n n nn3 (2)由(1)可得S  ， n 2 3 6 2an 2n1 所以b 1 1 ，c   ； n S nn3 n 2an1a 2nn1 n n 5 8 易知数列b 为单调递减数列且趋向于1且大于1，b  2,b  2； n 1 2 2 5 2n1 8 而c  趋向于2且小于2，因此考虑用 限定数列c ， n 2nn1 5 n 5 211 当n1时，b  2 1c ， 1 2 2111 1 当n2时，设数列b 中的第n项与数列c 中的第m项相等，即b c ； n n n m 8 2m1 8 因为b b  ，所以c   ，即2m 4m4； n 2 5 m 2mm1 5 易知若m4时，2m 11m 22mmm14m4，此时2m 4m4无解； 当m1时，c 1b ，所以b c 无解； 1 n n m 8 6 当m2时，c  b 1 ，无解； 2 7 n nn3 4 6 当m3时，c  b 1 ，解得n3符合题意； 3 3 n nn3 32 6 当m4时，c  b 1 ，无解； 4 21 n nn3 综上可知数列b 中有且只有b c 满足在数列c 中， n 3 3 n 因此b 中有且仅有一项在c 中. n n c b2 6 b2 1 20．(1)解：因为椭圆E的离心率e  1  ，  ，a2 =3b2， a a2 3 a2 3 x2 y2 设上顶点为P 0,b，Qx ,y ，则 0  0 1，即x23y2 3b2， 0 0 0 3b2 b2 0 0 则x2 3b23y2， 0 0 137PQ  x 02 y b2  x2y22by b2 0 0 0 0 0  3b23y2y22by b2  2y22by 4b2 ，y b,b， 0 0 0 0 0 0 2b b b2 9b2 3 10 当y   时， PQ  2 b24b2   ， 0 22 2 max 4 2 10 x2 y2 1 3  1 则b2  ，a2  ，所以椭圆E的标准方程为 3 1 ． 5 5 5 5 (2)解：设直线PF 交椭圆的另外一个交点为P，设点Px,y 、Px ,y 、Sx,y． 1 1 1 2 2 因为PF//QF ，所以P、Q两点关于坐标原点对称，所以Qx ,y ， 1 2 2 2 设直线PP方程为xmyc， xmyc 联立 得b2(myc)2a2y2 b2a2， b2x2a2y2 b2a2 即  b2m2a2 y22b2cmyb4 0，4b4c2m24b4 b2m2a2 0， 2b2cm b4 由韦达定理得y y  ，y y  ． 1 2 b2m2a2 1 2 b2m2a2 x c xc 因为P、S、F 三点共线，所以 1  ①， 2 y y 1 x c xc 又Q、S、F 三点共线，所以 2  ②， 1 y y 2 my 2c xc my 2c xc 代入x my c，x my c，得 1  ③， 2  ④， 1 1 2 2 y y y y 1 2 2c xc 2c xc 化简得m  ⑤，m  ⑥， y y y y 1 2 1 1 1  y y  2 y  y 24y y 1 由⑥⑤得   ，即 1 2   1 2 1 2  ， y 1 y 2 y  y 1 y 2  y 1 y 2 2 y2 b4 化简得m2  1， 4a2y2 4a2 m21  1 my 2c my 2c xc xc 即  ，进而⑤⑥得 1  2   ， b4 y2 y y y y 1 2 m2y y 2cmy y 4c2 x2c2 则 1 2 1 2  ， y y y2 1 2 4c2a2 x2c2 b4 整理得m2    1， b4 y2 4a2y2 138x2 y2  1 即  2a2b22 b4 ， 4a2 4a2 x2 y2 3 1  1y0 将a2  ，b2  代入，得 5 1 ， 5 5 12 60 所以S点的轨迹为去掉两点的一个椭圆， 1 1 1 圆x2 y2  的圆心(0,0)，半径r  ． 4 4 2 5 1 1 1 椭圆的长半轴长  r，椭圆的短半轴长  r，如图． 12 4 60 4 故存在4个满足条件的点S． 21．(1)利用函数图像，由对应方程有唯一实数根，证明 f x有唯一零点； (2)确定 f x的零点x 的范围，由gx在区间(cid:4666)0, (cid:4667)有两个极值点，利用gx的单调性和端点极值 0 π 点的取值范围，证明不等式. 【详解】(1)函数 f xx1cosx1在(cid:31)∈(cid:4666)0, (cid:4667)上的零点， π 即方程x1cosx10在(cid:31)∈(cid:4666)0, (cid:4667)上的根， π 1 即方程cosx 在(cid:31)∈(cid:4666)0, (cid:4667)上的根， π x1 1 在同一直角坐标系下作出函数ycosx和函数y 在(cid:4666)0, (cid:4667)上的图像，如图所示， π x1 1 由图像可知，函数ycosx和函数y 在(cid:4666)0, (cid:4667)上只有一个交点， π x1 所以 f x有唯一零点. 1 (2) f x的零点为x ，由(1)可得cosx  ， 0 0 x 1 0 1 1 0xx 时cosx ，x  xπ时cosx ， 0 x1 0 x1 π 1 1 π 1 π cos   π cos 0 x 时， 3 2 π ；x 时， 2 π ， 3 1 2 1 3 2 139π π 故x  , . 0 3 2 函数gxx1lnx1cosxa1x，则gxlnx1sinxa 1 令hxlnx1sinxa，hx cosx， x1 则0xx 0 时ℎ ′ (cid:4666)(cid:31)(cid:4667)(cid:3407)0 ，ℎ(cid:4666)(cid:31)(cid:4667)单调递减，即gx单调递减， x 0  xπ时ℎ ′ (cid:4666)(cid:31)(cid:4667)(cid:3408)0 ，ℎ(cid:4666)(cid:31)(cid:4667)单调递增，即gx单调递增， g0a0  若gx在区间(cid:4666)0, π (cid:4667)有两个极值点，则有gx 0 lnx 0 1sinx 0 a0，  gπlnπ1a0  解得0asinx lnx 1， 0 0 1 π π cosx 0  x 1 ，x 0  3 , 2   ，则有sinx 0 lnx 0 1sinx 0 lncosx 0  0 x2 设xsinxlncosx ，则xcosxtanxx， 2 π π π π π x 0  3 , 2   时，cosx1 3 ,tanx0， (cid:31) ′(cid:4666)(cid:31)(cid:4667)(cid:3407)0在 3 , 2   上恒成立， π π 则(cid:31)(cid:4666)(cid:31)(cid:4667)在 , 上单调递减， 3 2 π π  π π2 3 1 π2 1 π2 则x  sin lncos   ln  1  0， 0 3 3  3 18 2 2 18 2 18 x2 得sinx lncosx  0 0 0 0 2 x2 即sinx lnx 1sinx lncosx  0 ， 0 0 0 0 2 x2 所以0a 0 . 2 sin2x 22．(1)因a0时， f x 1，x(π,0)(0,π)， x2 是偶函数，故可先考虑x(0,π)时 f(x)的单调性. 2(xsinxcosxsin2x) 因 f(x) ，x(0,π)， x3 设g(x) xcosxsinx,其中x0,π， 则g(x)cosxxsinxcosxxsinx， 所以在0,π上gx0,∴gx在0,π上单调递减， 又∵g00,∴在0,π上g00恒成立， 140又∵在0,π上sinx0， ∴在0,上， fx0恒成立， ∴函数 f(x)在(0,π)上为减函数， 又∵函数 f(x)时偶函数， 故 f(x)在(π,0)上为增函数. 综上，当a0时， f(x)在(π,0)上为增函数，在(0,π)上为减函数. sin2x (2)因 f x ax21在x(π,0)(0,π)为偶函数，图像关于y轴对称， x2 存在p,q满足p0q且pq0使得 f p f q等价于 f p f q,pq， 等价于函数 f x在0,π上不单调. 2(xsinxcosxsin2x)2ax4 xsin2xcos2x12ax4 f(x)  ， x3 x3 令h(x)xsin2xcos2x12ax4,其中x0,π， h(x)2cos2xxsin2x2sin2x8ax3 2xcos2xsin2x8ax3， 令u(x)2xcos2xsin2x8ax3，则u(x)4x(6axsin2x). (x)6axsin2x,(x)6a2cos2x， 1 ①当a 时，在0,π上u(x)0,u(x)在0,π上单调递增， 3 在0,π上h(x)0，h(x)在0,π上单调递增， 又∵h00，∴在0,π上hx0,∴在0,π上 fx0， ∴ f x在0,π上单调递增，不合题意； 1 ②当0a 时，令(x)0，则存在0x x ，使得(x )(x )0， 3 0 1 0 1 π  而( )0，故0 x   x ， 2 0 2 1 又0xx 或x  xπ时，(x)0；x xx 时，(x)0， 1 2 1 2 故(x)在0,x ，x ,π上为减函数，在x,x 为增函数， 1 2 1 2 即 (cid:31) ′(cid:4666)(cid:31)(cid:4667)在0,x 1 ，x 2 ,π上为减函数，在x 1 ,x 2 为增函数， π 而u00，故ux 0，而u  2π3aπ0，uπ0， 1 2  故存在0x  x ，使得u(x )u(x )0， 3 2 4 3 4 141且0xx 或x  xπ时，u(x)0；x xx 时，u(x)0， 3 4 3 4 故u(x)在0,x ，x ,π上为减函数，在x ,x 为增函数， 3 4 3 4 故h(x)在0,x ，x ,π上为减函数，在x ,x 为增函数， 3 4 3 4 而h(0)0，故h(x )0，而h(π)2π8aπ3 0，故h(x )0， 3 4 故存在0 x π，使得h(x )0， 5 5 且0xx 时， fx0，x  xπ时， fx0 5 5 故 f x在0,x 上为减函数，在x ,π为增函数，符合题意； 5 5 ③当a0时，由(1)的结论知不合题意； ④当a<0时，先利用三角函数的性质研究h(x)2xcos2xsin2x8ax3的正负.   先证明：在0, 上，xtanx.  2   1 证：设vxtanxx,  0, ，则vx 10，∴vx单调递增.  2 cos2x 又∵v00，∴vxtanxx0，即xtanx,     ∴当x0, 时，2x0, ，2xtan2x，  4  2 又∵cos2x0，∴2xcos2xsin2x， ∴h(x)2xcos2xsin2x8ax3 0； π π π  当x  ,  时，则2x  ,π  ，于是xcos2x0, sin2x0，8ax3 0 4 2 2  ∴h(x)2xcos2xsin2x8ax3 0； ∴在0,π上，h(x)0，∴hx单调递减， 又∵h00,∴hx0恒成立， ∴ fx0，∴ f x单调递减，不合题意.  1 综上所述，实数a的取值范围是0, .  3 142重庆市第八中学校 2023-2024 学年高二上学期 1 月月考数学试题 参考答案与试题解析 1．由 f(x1)(exex)sinx两边分别求导得： f(x1)(ex ex)sinx(exex)cosx， 当x0时， f(1)(e0e0)sin0(e0e0)cos00， 所以 f(1)0. 故选：A 2．因为 f xx1xaxbx1x2abxab    x3ab1x2ababxab， 所以 f xx3ab1x2ababxab， 因为 f x为奇函数，所以 f x f x2ab1x22ab0对xR恒成立， ab10 所以 ，代入函数表达式得 f xx3x， ab0 所以 fx3x21，则 f 00, f01， 所以y f x在x0处的切线方程为yx，即xy0. 故选：A 3．因为、是两个不同的平面，直线m， 若对内的任意直线l，都有ml，根据线面垂直的定义可知m， m，， 所以，“对内的任意直线l，都有ml”“”； 若，因为m，对内的任意直线l，m与l的位置关系不确定， 所以，“对内的任意直线l，都有ml” “”. 因此，“对内的任意直线l，都有ml”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 4．设等差数列a 的公差为d，则a a 2a 10，所以，a 5， n 4 6 5 5 a a d  5 1 2，a a n1d 32n12n5， 4 n 1 所以，b a a 2n52n154n8， n n n1 则b b 4n184n84，所以，数列b 为等差数列， n1 n n 8b b  因此，S  1 8 442480. 8 2 故选：B 143a  1qn 5．(cid:4668)𝑎 (cid:4669)是公比为qq1的等比数列，S 为其前n项和S  1 , (cid:3041) n n 1q S  a 1 ，S  a 1  1qn  a 1 恒成立, a 1 qn 0恒成立, n 1q n 1q 1q 1q 若q0，则qn可能为正也可能为负，不成立 a 所以qn 0, 1 0, 1q 当a 0,0q1,a 是递减数列, 1 n 当a 0,q 1,(cid:4668)𝑎 (cid:4669)是递减数列, 1 (cid:3041) 故选:B. 6．依题意，设点A(x,0),B(x ,0)，则x ,x 是方程x22mxm10的两个实根， 1 2 1 2 4m24m4(2m1)230，x +x =2m,xx =m-1， 1 2 1 2 显然点C(0,m1)，当m1时，曲线y x22x过原点，点C与点A,B之一重合，不符合题意，则m1， 设过A,B,C三点的圆方程为xa2yb2 r2(r 0)，由y0，得x22axa2b2r2 0， 2a2m 显然x ,x 是x22axa2b2r2 0的两个根，于是 ， 1 2 a2b2r2 m1 m 5 又a2(m1b)2 r2，联立解得am,b ,r2  m2m1，又m1， 2 4 5 2 4 2 5 1 5 因此r (m )2  ，而当m1或m 时，r ， 4 5 5 5 5 2 2 5 所以过A,B,C三点的圆的半径的取值范围是[ ,)，BCD均可能，A不可能. 5 故选：A 7．设正项等比数列(cid:4668)𝑎 (cid:4669)的公比为q，则q0， (cid:3041) 所以，S a a a a a a a a a a a a q4a a a a  8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 1 2 3 4 S  1q4 ， 4 6 则S 2S S  q41  6，则q4 1，可得q 1，则S  ， 8 4 4 4 q41 6q8 6  q411 2 所以，a a a a q8a a a a S q8   9 10 11 12 1 2 3 4 4 q41 q41 6  q41 2 12  q41     6    q41   1 2   6  2  q41   1 2  24 ， q41  q41   q41  1441 当且仅当q41 q1时，即当q 4 2时，等号成立， q41 故a a a a 的最小值为24. 9 10 11 12 故选：D. 8．由题意可得𝐹 (cid:4666)(cid:3398)𝑐,0(cid:4667)、F c,0，FF 2c， (cid:2869) 2 1 2 则以F 为圆心且过F 的圆的方程为xc2 y2 4c2， 1 2   令x0，则y  3c，由对称性，不妨取点Q在x轴上方，即P 0, 3c ， P 3c0 则l :y 3c x，即y 3x 3c， QF2 0c 1 3 3 3 有S  2c 3c 3c2，则S   3c2  c2， QF1F2 2 APF2 2 2 1 3 3 3 3 又S  y 4c2cy ，即有 c2 2cy ，即y  c， APF2 2 A A 2 A A 4 3 3 1 代入l :y 3x 3c，有 c 3x  3c，即x  c， QF2 4 A A 4 2 即A    1 4 c, 3 4 3 c    在椭圆上，故    1 4 c    2    3 4 3 c    ，    1 a2 b2 化简得b2c227a2c2 16a2b2，由b2 a2c2， 即有  a2c2 c227a2c2 16a2 a2c2 ， 整理得c444a2c216a4 0，即e444e2160， 44 442416 44 442416 有e2  226 13或e2  226 13， 2 2 由226 131，故舍去，即e2 226 13，  2 则e 226 13  133  133. 故选：B. 9．对于A，当a 3时， 1 由外观数列的定义可得：a 13，a 1113，a 3113，故A错； 2 3 4 对于B，由外观数列的定义可知，每次都是从左向右描述， 所以第一项的kk 1,2,3,,9始终在最右边，即最后一个数字，故B正确； 对于C，取a 22，则a a a 22， 1 2 3 4 此时a 既是等差数列又是等比数列，故C正确； n 145对于D，当a 123时， 1 由外观数列的定义可得：a 111213，a 31121113，a 1321123113，. 2 3 4 设a  kN,k 5  第一次出现数字4， k 则a 中必出现了4个连续的相同数字mm1,2,3,,9. k1 而a 的描述必须包含“m个m，m个m”，显然a 的描述不符合外观数列的定义. k2 k2 所以当a 123时，a  nN 均不包含数字4，故D正确. 1 n 故选：BCD x x y y  10．对于A选项：设Ax,y ,Bx ,y ,Px ,y ,Q 1 2, 1 2 , 1 1 2 2 0 0  2 2  y= x2,y2x, 过点A切线为：yy 2x xx  ① , 1 1 1 过点B切线为:yy 2x xx  ②, 2 2 2 ①  ② 得y y 2xx2x x, 1 2 1 2 化简可得x2x 2 2xx x , 1 2 1 2 x x x  1 2 0 2 PQ x轴,A选项正确.  1 设A0,0,B1,1,F0, ,  4 1  过A点的切线为y0,过B点的切线为y12x1,交点为P ,0, 2  1 1 1 AB的中点为Q , ，所以k  ,k 1,k k 1, PF不垂直AB,B选项错误； 2 2 PF 2 AB PF AB 1 2 3 2 3 1 2 1 2 5 AF  BF  02   12   ,2 PF 2      ,所以 AF  BF 2 PF ,D选 4 4 2 2 4 2 项错误; 作抛物线准线的垂线AA,BB ,连接AP,BP,PF,AF,BF,  p  p F0, ,A x, ,k  y  2  1 2 PA xx 1 p x 则 k  ,k  1, FA x PA p 1 显然 k k 1,,所以 FAPA, FA PA 146又因为由抛物线定义,得 AA  AF ,故知 PA是线段 FA 的中垂线,得到 PA  PF 则 PAAPFA 同理可证： PB  PF ,PBBPFB， 所以 PA  PB  PF ，即PABPBA, 所以PAAPAB90?PBA90?=PBB ,即∠𝑃𝐹𝐴 (cid:3404)∠𝑃𝐹𝐵. 故选:AC. a 1 a ax2xa 11．由题意 f xlnxax ,(x0)得 fx a  ， x x x2 x2 a 由于 f xlnxax 有两个不同的极值点x ,x ， x 1 2 1 即ax2 xa0有2个正数根x ,x ，则x x  ，xx 1， 1 2 1 2 a 1 2 Δ14a2 0   1 1 故需满足 0 ，解得0a ， 2a 2  a0  1 对于A，x x  2，A错误； 1 2 a x x 1 x x  1 1 对于B， 1 2  ，故 f  1 2  f( )ln2a 2a2， 2 2a  2  2a 2 1 1 1 4a21 1 令g(a)ln2a 2a2,0a ，g(a) 4a 0,0a ， 2 2 a a 2 1 1 1 即g(a)ln2a 2a2在(0, )上单调递减，故g(a) g( )0， 2 2 2 x x  即 f  1 2 0，B正确；  2  a a 对于C， f x  f x lnx ax  lnx ax  1 2 1 1 x 2 2 x 1 2 a(x x ) 1 lnxx a(x x ) 1 2 ln1a 10，C正确； 1 2 1 2 xx a 1 2 a a lnx ax  lnx ax  对于D， f x  f x  1 1 x 2 2 x 1 2  1 2 x x x x 1 2 1 2 a(x x ) lnx lnx a(x x ) 2 1 1 2 2 1 xx  1 2 x x 1 2 lnx lnx lnx lnx  1 2 aa 1 2 2a， x x x x 1 2 1 2 lnx lnx 1 2 可看作曲线ylnx上两点(x,lnx ),(x ,lnx )连线的斜率， x x 1 1 2 2 1 2 1471 由于x x  2，xx 1，故不妨设x 1,x 1， 1 2 a 1 2 1 2 1 由于ylnx，y  ，则曲线ylnx在x1处的切线斜率为1， x lnx lnx 由于x 1,x 1，故(x,lnx ),(x ,lnx )连线的斜率小于1，即 1 2 1， 1 2 1 1 2 2 x x 1 2 lnx lnx f x  f x  所以 1 2 2a12a，即 1 2 12a，D正确， x x x x 1 2 1 2 故选：BCD 12．因为ykx与yex相切. y  ex' ex，设切点坐标为  x,ex1  ，则切线方程为yex1 ex1 xx . 1 1 因为切线过原点，所以：0ex 1 ex 1 0x   x 1，故切点为1,e，所以k e. 1 1 a a a 对函数yalnx，yalnx'  ，由 e x ， x x e a 根据yex得切点纵坐标为：e a， e a 根据yalnx得切点纵坐标为：aꞏln alna1， e 由aalna1，又由题可知a0 ae2. 故答案为：e2 a a a n2  n n1 n2 13．由题意可得 ，作差得a a 2n1，  a n1 a n2 a n3 n12 n3 n 故a a (a a )(a a )(a a ) 100 1 4 1 7 4 100 97 a 2112412971 1 33(197) 21497342 343268， 2 故答案为：3268 14． fx2cosx0恒成立，\ f (x)单调递增， 又 f x在,上存在唯一的零点x， f  f x 0 f ， 1 1 即2a02a，解得：2a2； gx2xsinxa f x，又 f x 0， 1 当x,x 时，gx0；当xx,时，gx0； 1 1 gx在,x 上单调递减，在x,上单调递增， 1 1 14821aa0 又gx 0，x  x ，g0，g0，即 ， 2 1 2 21aa0 解得：a1； 综上所述：实数a的取值范围为2,1. 故答案为：2,1. 15．(1)由题意得函数 f x2exa  x2x  在R上是增函数，可得 fx0在R上恒成立， 而 fx2ex 2axa，必有2ex2axa0恒成立， 1 当x 时，2ex2axa0恒成立， 2 1 2ex 当x 时，化简得a g(x) ， 2 2x1 min (4x2)ex 而g(x) ， (2x1)2 1 1 1 令g(x)0，x( ,)，令g(x)0，x( , )， 2 2 2 1 1 1 故g(x)在( , )单调递减，在( ,)上单调递增， 2 2 2 1 1 1 则此时g(x) g( )e2，可得此时 ， min 2 ae2 1 当x 时，因a0，2ex2axa0恒成立， 2 1 综上 . a(0,e2] 1 (2)欲证1e2  1en n2(n1)2(3n1)2 ， e 4n2   1 1e2 1en 3n1 n  则需证  i2i2 即可，   e 4n2   i1 i1 n n(n1)(2n1) 由i2  将上述不等式整理可得： 6 i1 1e2 1 13 1 即证 (1en)( n1 )， e 6 12n 9 13 1  n21 9 13 1 因 n1 n1  0即 n1 n1 ， 4  6 12n 12n 4 6 12n 1e2 9  n1 故即证 1 4 即可， e(1en) 1 令 h(x) 1e2 1  9 4 x1 ，其中x2，而h(x) (e21)e 1 x 0， e(1ex) ex2(1ex)2 149故h(x)在2,上单调递增，   1 1 1e2 9 1 e (1e) 7 7 因h(1)  0，h(2)  1  1e 0， e 4 1 2 2 2 2 e(1e2) 1e2 9 故h(x)h20，即 1  4 n1 得证， e(1en) 1e2 9 13 1  n1 n1 综上必有 1 4 6 12n ， e(1en) 1 即原不等式1e2  1en n2(n1)2(3n1)2 得证. e 4n2      16．(1)设Px ,y ,z 是直线l上任意一点，而d 2,0,4为直线l的方向向量，则有QP//d， 0 0 0   从而存在实数，使得QPd，即x 1,y 1,z 22,0,4， 0 0 0 x 12 0  则y 10 ，解得x 12,y 1,z 24，即点P(12,1,24)， 0 0 0 0  z 24 0 (12)2 12 (24)2 显然   14421[1442]1， 1 1 4 因此点P的坐标总是满足曲面C的方程，所以直线l在曲面C上.   (2)直线l在曲面C上，且过点T 2,0,2 ，    设Mx,y,z 是直线l上任意一点，直线l的方向向量为d(a,b,c)，则有TM //d， 1 1 1 从而存在实数t，使得T  M  td  ，即  x  2,y ,z 2  ta,b,c， 1 1 1 x  2 at  1 则y bt ，解得x  2at,y bt,z 2ct，即点M( 2at,bt,2ct)， 1 1 1 1  z 2ct  1 由点Mx,y,z 在曲面C上，得 ( 2at)2  (bt)2  (2ct)2 1， 1 1 1 1 1 4 c2 整理得(a2b2 )t2(2 2ac)t0， 4 c2 依题意，对任意的实数t有(a2b2 )t2(2 2ac)t0恒成立， 4 c2 因此a2b2 0，且2 2ac0，解得c2 2a,ba，或c2 2a,ba， 4   不妨取a1，则b1,c2 2，或b1,c2 2，即d(1,1,2 2)，或d(1,1,2 2)， 150 又直线l的方向向量为d (2,0,4)，     |dd| 28 2 8 2 所以异面直线l与l所成角的余弦值均为|cosd,d|     . |d||d| 2 5 10 10 17．(1)设P(x ,y )，过点P直线方程设为yy k(xx )． 0 0 0 0 ykx(kx y )  0 0 1 由x2 ，解得( k2)x22k(kx y )x(kx y )210．  y2 1 4 0 0 0 0  4 相切4k2(kx y )2(14k2)[(kx y )21]0． 0 0 0 0 化简得：(4x2)k22x y k1y2 0． 0 0 0 0 1y2 kk tantan  0 22x2y2 9， 1 2 1 2 4x2 0 0 0 点轨迹方程为2x2y2 9(x2)． (2)由(1)知：直线PA,PB的斜率k ,k 满足(4x2)k22x y k1y2 0， 1 2 0 0 0 0 2x y 1y2 且k k  0 0 ，kk  0 ， 1 2 4x2 1 2 4x2 0 0 y 在直线yy k(xx )中，令y0，则x 0 x ， 0 0 k 0  y   y  因此A 0 x ,0,B 0 x ,0,  k 0   k 0  1 2 y  y  y y k k 故 AB   0 x  0 x   0  0  y 2 1 , k 0  k 0  k k 0 k k 1 2 2 1 2 1 所以 1 1 k k 1 1 1 4x2 2x y  2 1y2 S  AB y  y2 2 1  y2 k k 2 4k k  y2 0  0 0  4 0 ABP 2 0 2 0 k k 2 0 k k 2 1 2 1 2 0 1y2  4x2  4x2 2 1 2 1 0 0 0 4x2 4x24y2 1 1 1  y2 0 0 0  y2 4x24y2 2y2 1y2 2y2 , 0 1y2  4x22 0 1y2 0 0 0 y21 0 0 y21 0 0 0 0 0 1 y4 1 1 1 2y2 2 0 2 2 2 4 由于 0 y 0 21 y 0 21 y 1 2  y 1 4    1  1  2  1 1 4 ， 0 0  y2 2 4 0 当且仅当x 0,y  2时，取等号，故面积的最小值为4. 0 0 π 18．(1)若存在y gx是某个函数的图形，则y gx的方程为xk，顺时针旋转 后， 4 得到yxk，由题意得yxk与 f xxalnx有唯一公共点， 151即yk与mxxalnxx有唯一交点，可得mx一定是单调函数， 且mxxa1(1alnx)10，探得m10，此时一阶导取得最小值0， 故得1,0一定是mx的拐点， 设Mx xa1(1alnx)1，得Mxxa(a(a1)lnx2a1)， 1 1 故得2a10，解得a ，即a  ，故存在唯一的实数a ， 2 0 2 0 使得曲线y gx是某个函数的图形得证. (2)对于Mm, f m,r m2 f2m，故设mrcos， f mrsin，  π π  设曲线y f x绕点O旋转点为M rcos( ),rsin( )， 1  4 4  2 2 设M x,y ，可得m (x y )， f m (x y )， 1 1 1 2 1 1 2 1 1 m f m m f m 则旋转中心为原点时， m, f m 会变为 , ，  2 2  而现在旋转中心为 m, f m ，设gm的极小值为A， 2 则hm Am(1 )f m， 2 2 lnm2 由题意知取aa ，则 f x xlnx，而hm(1 ) ， 0 2 2 m 2 lnm2 设Hm(1 ) ， 2 2 m 22 Hm lnm，令Hm0，m(1,)， 3 8x2 令Hm0，m(0,1)， 故hm在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，  1   1  显然h10，h  0，得h1h  0， 10 10 1 由零点存在性定理得一定存在x ( ,)作为hm零点， 0 10 令h¢(m)<0，m(0,x )，令h¢(m)>0，m(x ,)， 0 0 故hm在(0,x )单调递减，在(x ,)单调递增. 0 0 15219．(1)函数 f x x2在点  x ,x2 (x R)处的切线斜率为 fx 2x ， 0 0 0 0 0 切线方程l为y2x xx x2 2x xx2， 0 0 0 0 0 联立l和 f x可得2x xx2 x2，即xx 2 0，解得xx ， 0 0 0 0 即函数 f x所有的切线与函数 f x有且仅有1个公共点，故A A . 1 (2)函数 f xax3bx2a0在点  x ,ax3bx2 (x R)处的切线斜率为 fx 3ax22bx ， 0 0 0 0 0 0 0 切线方程l为y  3ax22bx xx ax3bx2， 0 0 0 0 0 联立l和 f x可得  3ax22bx xx ax3bx2 ax3bx2， 0 0 0 0 0 即ax2ax bx2ax2bx xx 0有且仅有一个解，易知该解为xx ，  0 0 0 0 0 由于方程ax2ax bx2ax2bx 0的判别式3ax b2 0， 0 0 0 0 b 故0，此时x  ，即集合A中的元素个数为1. 0 3a 1  π (3)设x 1    0, 2   ，函数 f xsinx在点x 1 ,sinx 1 处的切线斜率为 fx 1 cosx 1 ， 切线方程l 为ycosx xx sinx . 1 1 1 1  π  设x 2n1    2 n12π,n12π   ，函数 f xsinx在点x 2n1 ,sinx 2n1 处的切线斜率为 fx cosx ， 2n1 2n1 切线方程l 为ycosx xx sinx . 2n1 2n1 2n1 2n1 令 fx  fx ，即cosx cosx ，解得x x n12π， 1 2n1 1 2n1 2n1 1 sinx sinx 2sinx 令 1 2n1 cosx ，即 1 cosx ， x x 1 2x n12π 1 1 2n1 1  π 即tanx 1 x 1 n1π，令gxtanxx，x   0, 2   ， 1 gx 10，当且仅当x0时取到等号， cos2 x 故gx在   0, π 上严格增，g00， lim π gx ，n1π0,，  2 x 2  π 故存在唯一的x 1    0, 2   使得tanx 1 x 1 n1π. 下证当tanx x n1π时，l A . 1 1 1 2n1 当n1时，x 0，l ：yx，联立l 和 f x可得xsinx，即xsinx0. 1 1 1 153令Gxxsinx，xR，Gx1cosx0，当且仅当x2nπ，nZ时取到等号， 故Gx在R上严格增，G00，故Gx0有唯一解x0，即l A . 1 2n1 当n2，nN时，联立l 和 f x可得cosx xx sinx sinx， 1 1 1 1 即xcosx sinxx cosx sinx 0. 1 1 1 1 令Fxxcosx sinxx cosx sinx ，xR，Fxcosx cosx， 1 1 1 1 1 令Fx0，解得x2kπx ，kZ. 1 2kπx 2kπx,2kπx 2kπx 2kπx,2k2πx 2k2πx x 1 1 1 1 fx 0 － 0 ＋ 0 f x 极大 极小   极大值 值 值 极大值 f 2kπx 2kπ2x cosx 2sinx kn12πcosx ， 1 1 1 1 1 极小值 f 2kπx 2kπcosx ， 1 1 极大值 f 2k2πx 2k2πx cosx 2sinx kn2πcosx . 1 1 1 1 1 当x2kπx,2kπx ，kZ， f x严格减， f x2kπx,kn12πcosx  ， 1 1 1 1 若02kπx,kn12πcosx  ，则1nk0，kZ，即Fx0有n2个解. 1 1 当x2kπx,2k2πx  ，kZ， f x严格增， f x2kπx,kn2πcosx  ， 1 1 1 1 若02kπx,kn2πcosx  ，则nk0，kZ，即Fx0有n1个解. 1 1 当xx∣x2kπx,kZ， f 2kπx kn12πcosx 0， 1 1 1 则k 1n，即Fx0有n1个解. 当xx x2kπx,kZ ， f 2kπx 2kπcosx 0， 1 1 1 则k 0，即Fx0有n1个解. 154故当n2时，Fx0共有n2n1112n1个解. 故对任意n1，nN，l ：ycosx xx sinx A ， 1 1 1 1 2n1  π 其中tanx 1 x 1 n1π，x 1    0, 2    π 由于函数ysinx具有周期性，同理可以证明存在x 1    2mπ,2mπ 2   ，mZ使得对任意n1， nN，l ：ycosx xx sinx A ，根据m的任意性可知A 为无穷集. 1 1 1 1 2n1 2n1 155重庆市第一中学校 2023-2024 学年高二上学期期末考试数学试题 参考答案与试题分析 1．由等差数列性质可得，a a 2a 12，即a 6， 5 7 6 6 a a 11 2a 11 则S  1 11  6 11a 66. 11 2 2 6 故选：D. 2． fxe2x202e2x，则 f12e2. 故选：B. h 2 3．设圆锥PO的高为h，由题意可得  ，即h2 3， 3 1 1 8 3 则圆锥PO的体积为V  π222 3 π. 3 3 故选：C. 4．根据C:x2y2 4x 2y10化为x22 y12 6，圆心为(cid:4666)2,1(cid:4667)，半径r  6， 设圆心到直线l:xym0的距离为dd 0，又因为直线截圆的弦长为4， 所以有2 r2d2 4，即 6-d2 =2，解得d  2； 21m 又圆心到直线的距离为：d  ， 1212 21m 所以  2，即1m 2，解得m1或m3. 1212 故选：A 5．设a aqn1，由a ，a 2，a 成等差数列， n 1 2 4 5 即有aq4aq2  aq32  ，又a 2， 1 1 1 1 故2q42q2  2q32  4q34， 即q42q3q2  q31 q20， 由a 各项均为正数，故q0，故q=2， n 2  124 则S  30. 4 12 故选：B. 156p p 6．由抛物线y2 2px(p0)，可得焦点F( ,0)，准线为x ， 2 2 p p 点P到y轴的距离为 PF  ，其中 PF  x  ， 2 P 2 p p 所以 PA  PF   FA  ，此时点P在直线AF 与抛物线的交点， 2 2 p p2 所以 FA  (0 )2(80)2  64 ， 2 4 p p2 p 因为 FA  4，即 64  4，解得p12 . 2 4 2 故选：C. 1 7．因为当x0时，x2f(x)10，可得 f(x) 0， x2 1 1 令gx f x ，可得gx fx 0，所以gx在(0,)上单调递增， x x2 因为 f(1)1，可得g1 f 110， 1 1 1 对于A中，由g( ) g1，即 f( )30，所以 f( )3，所以A不正确； 3 3 3 1 1 1 对于B中，由g( ) g1，即 f( )π0，所以 f( )π，所以B不正确； π π π 对于C中，由g(log e)g1，即 f(log e)ln20，所以 f(log e)ln2，所以C正确； 2 2 2 1 对于D中，由g(ln3)g1，即 f(ln3) 0，所以 f(ln3)log e，所以D不正确. ln3 3 故选：C. 8．由题可知：a 2，S 2S ，当n2时，S 2S ， 1 n1 n n n1 两式做差可得：a 2a ； n1 n 对S 2S ，令n1，故可得a a 2a ，即可的a a 2， n1 n 1 2 1 2 1 2n1,n2 故数列a 是从第二项起，公比为2的等比数列，则a  ； n n  2,n1 n,n2 又b 1log a ，则b  ； n 2 n n 2,n1 1 1 1 1 故    bb b b bb b b 1 2 2 3 3 4 2023 2024 1 1 1 1     22 23 34 20232024 1 1 1 1 1  1 1          4 2 3 3 4 2023 2024 1571 1 1    4 2 2024 1517  . 2024 故选：D. 9．对于A，由S 2n2n1，当n1时，a S 4， n 1 1 当n2时，a S S 2n2n12n12 n114n1， n n n1   4,n1 a  ，所以数列(cid:4668)𝑎 (cid:4669)不是等差数列，故A错误； n 4n1,n2,nN* (cid:3041) 对于B，因为(cid:4668)𝑎 (cid:4669)是等差数列，设其公差为d，则a a d， (cid:3041) n n1  2an 2anan1 2d为非零常数，所以数列  2an  为等比数列，故B正确； 2an1 a 对于C，因为(cid:4668)𝑎 (cid:4669)是正项等比数列，设其公比为q0，则 n q， (cid:3041) a n1  a  log a log a log  n log q为常数， 3 n 3 n1 3 a  3 n1 所以数列log a 为等差数列，故C正确； 3 n nn1 对于D，若(cid:4668)𝑎 (cid:4669)是等差数列，设其公差为d，则S na  d ， (cid:3041) n 1 2 S n1 d d  n a  d  na  ， n 1 2 2 1 2 S S d d d d d 则 n  n1  na   n1a   ， n n1 2 1 2  2 1 2   2 S  所以数列 n为等差数列，故D正确.  n  故选：BCD. 10．对于A， fx3x26x3xx2， 当x0时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3407)0， f x单调递减，当x2时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3407)0， f x单调递减， 当0x2时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3408)0， f x单调递增， 所以函数 f x在x,0上单调递减，𝑥 ∈(cid:4666)2,(cid:3397)∞(cid:4667)上单调递减，故A错误； 对于B，所以x2是函数 f x的极大值点，故B正确； 对于C，所以x0是函数 f x的极小值点， 且 f 2 23322220， f 0 03302220， 极大值 极小值 158所以 f x在x0,2上有一个零点， 且 f 113312220， f 333332220， 所以 f x在x,0、𝑥 ∈(cid:4666)2,(cid:3397)∞(cid:4667)上各有一个零点， 所以函数 f x有3个零点，故C正确； 对于D，若函数 f x在区间3a1,a3上存在最小值，则 0a33  ，解得3a0，故D正确. 3a10 故选：BCD. x2 11．由 y2 1，知a 2，b1，c1，所以𝐹 (cid:4666)1,0(cid:4667)， (cid:2870) 2  设𝐴(cid:4666)𝑥 ,𝑦 (cid:4667)，𝐵(cid:4666)𝑥 ,𝑦 (cid:4667)， MF m， (cid:2869) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2870) 2   9   4m    由AM 3MF  F B，则 AM 3m， F B  ， AF  AM  MF 3mm4m，所以 2 4 2 2 3 2 2     AF 3 F B ，得AF 3FB， 2 2 2 2   而AF 1x,y ，F Bx 1,y ，所以y 3y ，即y 3y ， 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 3 而S   FF  y   FF 3y  FF  y ， AF1F2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 S   FF  y ，所以S 3S ，故A对； BF1F2 2 1 2 2 △AF1F2 △BF1F2 对于选项B：因为k 0，故设直线方程为：xty1， xty1 由  x2 ，消去x得：  t22  y22ty10，又y 3y ，   y2 1 1 2  2 2t t 所以y y 3y  y 2y  ，即y  ， 1 2 2 2 2 t22 2 t22 1 y 1 y 2 3y 2 y 2 3y 2 2  t2   1 2 ，即 y 2 2  3  t22 ， 1  t  2 所以 3  t22   t22   ，解得t2 1， 1 又k2  1，因为k 0，所以k 1，故B对； t2 159 4 yx1 x   x 0   2 3 因为点A在x轴上方，由x2 ， 得 1 ，或 ，   2  y2 1 y 1 1 y  1  2 3 即A0,1是椭圆的上顶点. 所以 AF  AF  b2c2  1212  2， 1 2    1  2 由 AF 3 F B ， F B  AF  ， 2 2 2 3 2 3   3 3 2 因为AM 3MF ，所以 AM  AF  ， 2 4 2 4 由AFF AF F 45，得AFM 是以A为直角的直角三角形， 1 2 2 1 1 2 所以 FM  AF 2 AM 2   2 2    3 2   5 2 ， 1 1  4  4   3 2 5 2  2 所以内切圆半径 r AM  AF 1  F 1 M  4 4  2 ，故C错； 2 2 4   2 5 2     4 2 BF 2a F B 2 2  ， AB  AF  F B 4 F B  ， 1 2 3 3 2 2 2 3   5 2 8 2 所以2 AB  AF  FB  2  ，故D对； 1 1 3 3 故选：ABD 12．对A选项： f(x) xex   ex a  x1ex a， 若函数y f(x)存在两个极值，则函数 f(x)必有两个变号零点， 令 f(x)x1exa0，则ax1ex， 令hxx1ex，则hxx2ex， 则当x2时，ℎ(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3407)0，当x2时，ℎ(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3408)0， 故ℎ(cid:4666)𝑥(cid:4667)在,2上单调递增，在2,上单调递减， 1 故hxh221e2  ， e2 又当x1时，hxx1ex 0恒成立， 当x时，hx0，  1  故当a0, ，函数 f(x)有两个变号零点，  e2   1  即若函数y f(x)存在两个极值，则实数a的取值范围为0, ，  e2  故A错误； 160对B选项：当a1时，g(x)(x1)lnx， x1 1 gxlnx lnx 1， x x 1 1 x1 令xgx，则x   ， x x2 x2 则当𝑥 ∈(cid:4666)0,1(cid:4667)时，x0，当𝑥 ∈(cid:4666)1,(cid:3397)∞(cid:4667)时，x0； 故x在(cid:4666)0,1(cid:4667)上单调递减，在(cid:4666)1,(cid:3397)∞(cid:4667)上单调递增， 故gxg120，故函数y  g(x)在(0,)上单调递增； 故B正确； 对C选项：当a1时， f(x)  ex 1  x， f(x)xex  ex1  x1ex1， 令mx fx，则mxx2ex， 则当x2时，mx0；当x2时，mx0； 故mx在,2上单调递减，在2,上单调递增， 1 故 fx f2e211 0，故 f x在𝑅上单调递增， e2 则存在x1，使不等式 f(mx) f  x2x  lnx  成立， 等价于存在x1，使不等式mx  x2x  lnx成立， 则当x1时，有mx1lnx成立， 由当a1时，g(x)(x1)lnx，且y  g(x)在(0,)上单调递增， 故m11ln10，即实数m的最小值为0，故C正确； 对D选项：当a1时，由B、C可知， f x、gx均为定义域上的增函数， 由 f 00，g10，故有x >0，x 1， 1 2 由 f x gx ，则x  ex1 1  x 1lnx ， 1 2 1 2 2 即x  ex1 1    ex1 1  lnex1 x 1lnx ，故x ex1， 1 2 2 2 又 f x t  x  ex1 1  0，故x x 1lnttlnt， 1 1 1 2 1 1 令nxxlnx，则nxlnx ，令pxnxlnx ， x x 1611 1 x1 则px   ， x x2 x2 则当𝑥 ∈(cid:4666)0,1(cid:4667)时，px0，当𝑥 ∈(cid:4666)1,(cid:3397)∞(cid:4667)时，px0； 故px在(cid:4666)0,1(cid:4667)上单调递减，在(cid:4666)1,(cid:3397)∞(cid:4667)上单调递增， 即nxn10，故nx在(cid:4666)0,(cid:3397)∞(cid:4667)上单调递增， 故nx无最小值，即x x 1lnt无最小值， 1 2 故D错误. 故选：BC. 13．因为 1 ，则 fx 1 x  1 2  1 ，则 f1 1 ， y x  x2 2 2 x 2 所以y x 在点1,1处的切线方程为y1 1 x1，即x2y10. 2 故答案为：x2y10. 14．设数列a 的公比为q q0，由a a 21可知q1， n 2 5 aq  1q3 21  1 因为等比数列a n 的前3项和为84，a 2 a 5 21，有a  1q3 ，  1 84  1q 1 化简有：4q24q10，解得q . 2 1 故答案为： 2 15． f(x)aex sinx， π π π π 因为 f(x)在 , 上单调递减，所以 fx0在 , 上恒成立，     4 2 4 2 π π 所以 f(x)aex sinx0在  ,  上恒成立， 4 2 sinx π π 所以a 在 , 上恒成立，   ex 4 2 sinx π π 令g(x) ，x , ，   ex 4 2 2 2 π 2( sinx cosx)  2sin(x ) cosxex exsinx sinxcosx 2 2 4 ， g(x)    (ex)2 ex ex ex π π π  π  π π π 当x  ,  时，x   0,  ，所以sinx 0，故g(x)0在x  ,  恒成立， 4 2 4  4  4 4 2 π sin 所以g(x) g( π ) 2  1 ， min 2 π π e2 e2 1621 a 所以 π ， e2 1 所以a的取值范围为(, ]． π e2 16．根据题意，不妨设点P在第一象限，过点F 的垂线与FPF 的平分线交于H, 2 1 2 连接AO，作图如下： y2 x2 4 4  对  1，令yc，故可得x ，故点P坐标为 ,c； a2 4 a a  4 易知三角形FPH 与三角形APH 全等，则 PF  AP  ， 2 2 a 由双曲线定义可得： PF  PF 2a，即 PF  AP 2a，即 AF 2a； 1 2 1 1 FF 2c cosPFF  1 2  在RtF PF 中， 1 2 PF 4 ， 2 1 1 2a a OF 2 FA2 OA2 c24a2a2 在OAF中，由余弦定理得：cosPFF  1 1  ； 1 1 2 2OF FA 4ac 1 1 2c c24a2a2 则 4  4ac ，整理化简可得： ac  1a2 ，a2c2   a22  a21  ， 2a a22 ac a 也即a2 a24    a22  a21  ，则a2 2， 解的a 2，又a0，故a 2. 故答案为： 2. 17．(1)因为函数的定义域为：0,， 2 2a 所以 f(x)  ， x x3 又x1是函数 f(x)的极值点， 2 2a 所以 f(1)  0a1， 1 13 2 2 2  x21  2x1x1 此时 f(x)    x x3 x3 x3 因为x0， 所以当0x1时， f(x)0，当x1时， f(x)0， 所以函数 f x在0,1上单调递减，在1,上单调递增， 所以有x1是函数的一个极小值点， 163此时a1，且函数 f x的单调减区间为0,1， 单调增区间为：1, 1 (2)由(1)知 f(x)2lnx ， x2 1  若x ,2 ，由(1)知：   2  函数 f x在   1 ,1  上单调递减，在1,2上单调递增， 2  1 所以函数 f x  f 12ln1 1， min 12 1 1 1 f( )2ln  42ln2 又 2 2 1 2 ，   2 1 1 f(2)2ln2 2ln2 ， 22 4 1  1 15 f(2) f  2ln2 42ln24ln2 2  4 4 15 ln24lne4  15 4 因为 244 e4  216e15 0，   1 所以 f(2) f  ， 2 1  所以函数 f(x)在区间 ,2 上的值域为：1,42ln2   2  18．(1)由S 22a ， n n 则当n2时，有S 22a ， n1 n1 则S 2S 22a 2a S S a ，即a 2a ， n n1 n n1 n n1 n n n1 当n1时，S 22a a 2，即a 2， 1 1 1 1 故数列a 是以2为首项，2为公比的等比数列， n 即a 22n1 2n； n (2)由a 2n，故b a log a 2nlog 22n12n12n， n n n 2 2n1 2 则T 3215227232n12n， n 故2T 3225237242n12n1， n 164则T 2T T 32122222322n2n12n1， n n n 8  12n1 即T 6 2n12n1682n22n12n1 n 12 222n12n12n12n12， 故T 2n12n12. n 19．(1)底面ABCD为菱形，故ACBD， 又PB AC，PBBDB，PB、BD平面PBD， 故AC 平面PBD，又PO平面PBD， 故AC  PO，又ACBDO，故O为BD中点， 又PBPD，故PO BD， 又AC、BD平面ABCD，且ACBDO， 故PO平面ABCD； (2)由(1)知PO BD、PO AC且ACBD， 即PO、AC、BD、两两垂直， 故可以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 3 由AC  BD2，故OB 3，OC1，设OPm， 3 则有𝑂(cid:4666)0,0,0(cid:4667)、B  3,0,0  、C0,1,0、P0,0,m、A0,1,0、D   3,0,0  ，          故AB 3,1,0 、PD  3,0,m 、CD  3,1,0 ， π 由异面直线AB与PD所成角为 ， 3     ABPD 3 π 1 故 cos AB,PD     cos  ， AB PD 31 3m2 3 2      解得m 6(负值舍去)，故P 0,0, 6 ，PD  3,0, 6  由PO平面ABCD，故平面ABCD的法向量可为m0,0,1，  设平面PCD的法向量为nx,y,z，    nPD0   3x 6z0 2 则有  ，即 ，可令x1，则有y 3、z ， nCD0  3xy0 2   2 即n1, 3, ，   2   2      mn 2 1 则 cosm,n      ， m n 1 3 1 13 2 1651 2 2 2 故二面角PCDA的正弦值为 1   . 3 3 1 1 n 1 1 n 20．(1)由a n1  2 a n  2   ，则2n1a n1 2n1  2 a n  2     2na n 2， 1 又21a 2 1， 1 2 故数列  2na  是以1为首项，2为公差的等差数列， n 2n1 有2na 12n12n1，则a  ； n n 2n 2n1 a 1 (2)由a  ，故b  n  ， n 2n n 2n1 2n 1 1 令  ，得2n 2m1. 2n 2m1 1 若m1，则n1，即c b  ， 1 1 2 1 若2m3，则n2，即c b  ， m 2 4 1 1 故有c  ，c  ， 1 2 2 4 1 若4m7，则n3，即c b  ， m 3 8 1 若8m15，则n4，即c b  ， m 4 16  1 若1024m2047，则n11，即c b  ， m 11 211 由1024m2023时，共1000个数， 故数列c 的前2023项和为： m 1 1 1 1 1 2 4 29 1000 2 4 8 210 211 1 1 1 1000 125 1405     5  . 2 2 2 2048 256 256 21．(1)如图，易知圆E的半径为4，线段PF的垂直平分线交线段PE于点Q， 由中垂线的性质可知： QF  QP ，所以 QE  QF  QE  QP 4， 即动点Q到定点F( 2,0)，E( 2,0)的距离和为定值4，且42 2  EF , 根据椭圆定义可知：a2,c 2，所以b2 a2c2 2， x2 y2 即曲线C的方程为：  1. 4 2 166(2)由题意可得直线l的斜率存在．设直线l的方程为y1kx4， 代入椭圆方程，整理得  12k2 x2  4k16k2 x32k216k20， 16k24k 32k216k2 设Ax,y ,Bx ,y ,Nx ,y ，则x x  ，xx  ， 1 1 2 2 0 0 1 2 12k2 1 2 12k2 由|AM ||BN ||AN ||BM |， 得 x 42y 12 x x 2y y 2  x 42y 12 x x 2y y 2 , 1 1 2 0 2 0 2 2 1 0 1 0 化简得x 4x x   x 4x x  ， 1 2 0 2 1 0 当x 4x x x 4x x 时，因x  x ，化简得x 4，与直线l的斜率存在矛盾，不合 1 2 0 2 1 0 1 2 0 题意； 当x 4x x x 4x x 时，化简得8x 4x x x 2xx 1 2 0 2 1 0 0 0 1 2 1 2 16k24k 32k216k2 即8x 4x  2 ，化简得2x 1k4x ， 0 0 12k2 12k2 0 0 y 1 y 1 又k  0 ，所以2x 1 0 4x  ，化简得y 2x ， x 4 0 x 4 0 0 0 0 0 所以点N 在直线2x y0上. 22．(1)F(x) f(x)xm,即F(x)=ln(mx)-x+m， 1x ①若m0，函数定义域为x0，F(x) ， x 当0x1，有F(x)0，在0,1上F(x)单调递增； 当x1时，有F(x)0，在1,上F(x)单调递减； 1x ②若m0，函数定义域为x0，F(x) ， x 当x0时，有F(x)0，在,0上F(x)单调递减. (2)由(1)知，当m1时，F(x)lnxx1，Fx F10， max 所以有lnxx10 x0，即lnx x1x0； 当m(0,1]， f(x)ln(mx)定义域为：x0，令hxx1exm， (x1)ex emf(x)等价于 f xhx在0,上恒成立； ①当x1时，因为m(0,1]，所以xmx1， 所以x1exm x1ex1，因为ex11，所以x1ex1x1， x 1 因为lnxlnmxln ln 0，所以lnxlnmx，由此有： mx m 167hxx1exm≥x1ex1≥x1≥lnx≥lnmx f x； ②当m x1时，hx xexm 0，所以hx在m,1上单调递增， 因为lnx0，所以lnmlnmlnx，所以有： hx≥hmm1≥lnm≥lnmlnxlnmx f x； ③当0xm时，x1，xm0，xm0，所以0exm 1， 因为x10， 所以(x-1)ex-m ³x-1，所以有： hxx1exm≥x1≥lnx≥lnmx f x 综上所述；m(0,1]时(x1)ex emf(x)恒成立. 168重庆市南开中学校 2023-2024 学年高二上学期期末考试数学试题 参考答案与试题解析 p 1 1  1．由抛物线方程知其焦点在x轴上且  ，其焦点坐标为 ,0. 2 2 2  故选：C. 2．因为数列a 是等比数列，所以a 是a 和a 的等比中项， n 3 2 4 所以a2 a a 4，又因为a 各项均为正数，所以a 2. 3 2 4 n 3 故选：D. 3．由 f x fπx2cosx得 fx2fπxsinx， 所以 fπ2fππsinπ， 所以 fπ0， π π 2 所以 f xcosx，故 f  cos  . 4 4 2 故选：A 4．因为 f xxlnx的定义域为0,， 1 x1 所以 fx1  ， x x 由 fx0得x1，所以 f x的单调增区间为1,. 故选：C 5．设等差数列a 的公差为d， n 2a 2d 2 a 0 由a a 2，S 36，得 1 ，解得 1 ， 1 3 9 9a 36d 36 d 1 1 故S 6a 15d15， 6 1 故选：B 6．由𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)的图象可知x0时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3408)0，且𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)的值随x的增大逐渐减小， 此时 f x的图象应是上升的，且上升趋势越来越平缓， 当x0时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3408)0，且𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)的值随x的增大逐渐增大， 此时 f x的图象应是上升的，且上升趋势越来越陡峭， 结合选项，符合 f x的图象特征的为选项D中图象， 故选：D 169x2 y2 1 7．由题意知椭圆C：  1ab0的离心率为 ， a2 b2 2 c 1 a2b2 1 b2 3 即  ,  ,  ， a 2 a2 4 a2 4 设Px ,y ,x a，则Qx ,y ，又A(a,0)， 0 0 0 0 0 y y y2 故k k  0  0  0 ， AP AQ x a x a x2a2 0 0 0 x2 y2 b2 y2 b2 3 又 0  0 1,y2  (a2x2)，故k k  0   ， a2 b2 0 a2 0 AP AQ x2a2 a2 4 0 故选：C 8．令函数g(x)e2x2f(x)e2x22024，而2f(x) f(x)2， 求导得g(x)2e2x2f(x)e2x2f(x)2e2x2 e2x2[2f(x) f(x)2]0， 因此函数g(x)在R上单调递增，由 f(1)2025，得g(1) f(1)120240， 2024 不等式 f(x)1 e2x2f(x)e2x220240 g(x) g(1)，解得x1， e2x2 2024 所以不等式 f(x)1 的解集是(1,). e2x2 故选：A 1 9．对于A中，函数 f xxlnx，可得 fxlnx1(x0)，当x 时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3408)0，f(x)单调递增； e 1 当0 x 时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3407)0， f(x)单调递减，所以A不符合题意, e 1 对于B,函数 f xlnxx(x0)，可得 fx 1，当x0时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3408)0， f(x)单调递增；故 x B符合， 对于C中， f xxcosx,则 fx1sinx0，故 f(x)单调递增；故C符合， 对于D，函数 f xx2ex，可得 fxex 2xx2 ，当x0或x2时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3408)0， f(x)单调递 增； 当2 x0时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3407)0， f(x)单调递减，所以D不符合题意； 故选：BC． 10．因为S 0，S 0， 14 15 14(a a ) 所以S  1 14 7(a a )7(a a )0， 14 2 1 14 7 8 即a a 0， 7 8 15(a a ) 因为S  1 15 15a 0， 15 2 8 170所以a 0， 8 所以a 0， 7 所以等差数列{a }的前7项为正数，从第8项开始为负数， n 则a 0，d 0，S 为S 的最大值． 1 7 n 故选：ABD． y2 11．由x2 1可得a1,b2,c a2b2  5， 4 对于A，由于圆心为坐标原点，直径为 FF 2c，所以圆的方程为x2 y2 5，A正确， 1 2 对于B，渐近线方程为2xy0，故B错误，   |2 5| 对于C, F  5,0 到一条渐近线为2x y0的距离d  2，所以C正确； 1 22(1)2 对于D，由题意可得FPF 90， PF |2  PF |2 FF 2，又|PF ||PF |2a， 1 2 1 2 1 2 1 2  PF  PF 2 2 PF PF 4c2 PF | PF 2c22a2 2b2， 1 2 1 2 1 2 1 1 故PFF 的面积为 |PF ||PF | 2b2 b2 4，故D正确； 1 2 2 1 2 2 故选：ACD 12．有题意可得： fx3x22xm， 因为函数 f xx3x2mxn有极值点x0， 则 f0m0， 可得 f xx3x2n， fx3x22x， 2 2 令𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3408)0，解得x 或x0；令𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3407)0，解得  x0； 3 3  2  2  则 f x在, ,0,上单调递增，在 ,0上单调递减，  3  3  可知 f x在x0取到极小值，所以m0符合题意，  2 4 则 f x的极大值为 f   n，极小值为 f 0n，  3 27 若 f a f b f c0，且abc，  4  n0 4 则27 ，解得 n0， 27  n0 1 4 且 f   n0， f 1n0， 3 27 1712 2 1 所以1a ， b0，0c ， 3 3 3 对于选项AB：因为 f x f xx3x2n  x3x2n  2x3, 若x0，则2x3 0，故 f x f x，所以A正确；B错误； 对于选项C：x0，有 f x f x，则 f c f c，即 f c f c f b， 因为 1 c0, 2 b0，且 f x在   2 ,0  上单调递减， 3 3  3  可得bc，即bc0，故C错误； 对于选项D：令gx f   4 x   f x     4 x   3    4 x   2 n    x3x2n   3    3   3   8 16 2x34x2 x ， 3 27 8  2 2  2  则gx6x28x 6x  0在 ,0内恒成立， 3  3  3   2   2 可知gx在 ,0内单调递减，可得gx g 0，  3   3  4   2   4  可得 f  x f x,x ,0，则 f  b f b f a，  3   3   3  且 4  4 b 2 ,1a 2 ， f x在  , 2 上单调递增， 3 3 3 3  3 4 4 可得 ba，即ab ，故D正确； 3 3 故选：AD. 13．由题意知数列a 是正项等比数列，且a a 3，a a 9， n 2 4 6 8 a a 设数列的公比为q，则q4  6 8 3,q2  3， a a 2 4 则a a q2(a a )3 3， 4 6 2 4 故答案为：3 3 1 a 14．由于 f x x2alnxbx,(x0)，故 fx x b， 2 x 1 a 由于x1是函数 f x x2alnxbx的极值点，故 f11 b0， 2 1 即ab1， x2bxb1 (x1)(xb1) 此时 fx  ， x x 由于b2，则b11， 故x1是𝑦 (cid:3404)𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)的变号零点， 1721 即x1是函数 f x x2alnxbx，(a1,b2)的极值点，符合题意， 2 故ab1， 故答案为：-1. 15．设 PF 3QF 3m，则QF m，则QF 2cm， 1 1 1 2 PF FQ 3m m 根据角平分线性质定理得 1  1 ，即  ，解得 PF 6c3m， PF FQ PF 2cm 2 2 2 2 c 1 则根据椭圆定义得 PF  PF 3m6c3m2a，e  ， 1 2 a 3 1 故答案为： . 3 t 16．由题意得 f xtlnx,(x0),fx ，gx2x， x 设公切线与曲线 f xtlnx切于点(x,tlnx )，与曲线gxx2切于点(x ,x2)， 1 1 2 2 t tlnx x2 则 2x  1 2 ，则t 2xx ，2xx x2 tlnx ， x 2 x x 1 2 1 2 2 1 1 1 2 当x 0时，t 0，函数 f xtlnx与gxx2的图象存在公切线y0，符合题意； 2 当x 0时，2x x 2x lnx ，即x 2x (1lnx )， 2 1 2 1 1 2 1 1 故t 2xx 4x2(1lnx )， 1 2 1 1 1 令h(x )4x2(1lnx ),x 0，则h(x)8x(1lnx )4x2( )4x (12lnx )， 1 1 1 1 1 1 1 1 x 1 1 1 1 1 当 0 x e2 时，h(x 1 )0，h(x 1 )在 (0,e2) 上单调递增， 1 1 1 当 x e2 时，h(x 1 )0，h(x 1 )在 (e2,) 上单调递减， 1 1 故h(x ) 4e(1 lne)2e，故t2e， 1 max 2 综合得实数t的取值范围为(,2e]， 故答案为：(,2e] 17．(1)设等差数列{a }的公差为d， n a 7 a 2d 7 a 3 由 3 ，得 1 ，解得 1 ， a a 26 2a 10d 26 d 2 5 7 1 所以a 32(n1)2n1， n 1 1 11 1  所以b      ， n a21 2n12 1 4n n1 n 173(2)设数列b 的前n项和为S ， n n 1 1 1 1 1 1 1 1 n 由(1)可知S  (1     ) (1 ) ， n 4 2 2 3 n n1 4 n1 4n4 20 5 所以S   ． 20 4204 21  2c2 2   c 6 18．(1)由题，  ，所以a2 3，b2 1， a 3  a2 b2c2  x2 椭圆的方程为 y2 1. 3 (2)设P(x,y )，Q(x ,y )， 1 1 2 2 x2   y2 1 联立方程组 3 ，得(3k21)x212kx90，   ykx2 则144k236(3k21)0，即k2 1， 12k 9 x  x  ，xx  ， 1 2 3k2 1 1 2 3k21   因为POQ90，所以OPOQxx y y (k21)xx 2k(x x )40， 1 2 1 2 1 2 1 2 39 即133k2 0，得k  ，满足k2 1，合题意. 3 39 所以k  . 3 3x2 3x2x 19．(1)当a0时， f x ，定义域为R， fx ， ex ex 当0x2时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3408)0；当x0或x2时，𝑓(cid:4593)(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3407)0； 所以 f x在(,0)和(2,)上为减函数，在(0,2)上为增函数， 12 故 f x的极小值为 f 00， f x的极大值为 f 2 . e2 3x26axa (2)由已知得 fx 0在3,恒成立，即3x2(6a)xa0在3,恒成 ex 3x26x 立，分离参数得a 在3,恒成立， x1 3x26x 3[(x1)21] 令h(x) ，则ah(x) ，且h(x) 0，所以h(x)在3,单调递减，故 x1 max (x1)2 9 9 h(x) h(3) ，所以a ， max 2 2  9  故a的取值范围为   ,.  2  17420．(1)证明：由题意知数列a 满足a 1，a 2a n1， n 1 n1 n 故a n122a 2n42(a n2)， n1 n n a n12 由于a 124，故 n1 2， 1 a n2 n 故数列a n2是首项为4，公比为2的等比数列， n 则a n242n1,a 2n1n2； n n 2n1n2 n2 (2)由(1)得b 2  ， n 2n 2n 1 1 1 故S 3 4 (n2) ， n 2 22 2n 1 1 1 1 则 S 3 4 (n2) ， 2 n 22 23 2n1 1 1 1 1 1 1 故 S 3    (n2) 2 n 2 22 23 2n 2n1 1 1 (1 ) 2 2n 1 1 1 (n2) 2(n4) ， 1 2n1 2n1 1 2 1 故S 4(n4) ， n 2n n2 1 2n2 则对任意的nN*都有b 4S mb ，即 (n4) m ， n n 2n 2n 2n 22n (n2)(n4) 即m 恒成立； 2(n1) (n2)(n4) (n1)24(n1)3 n1 3 由于    2， 2(n1) 2(n1) 2 2(n1) x 3 x 3 令 f(x)  ,x2，则函数 f(x)  在[2,)上单调递增， 2 2x 2 2x 3 7 n1 3 15 故 f(x) 1  ，故  2 ，当n1时取等号， min 4 4 2 2(n1) 4 15 故m . 4 21．(1)因为点F4,0，动点Sx,y到直线l：x1的距离为d， 所以d  x1，又因为 FS 2d， 所以 x42 y2 2 x1， 两边同时平方得x42 y2 2x22， 整理得3x2y2 12， 175x2 y2 所以曲线C的方程  1. 4 12 (2)由(1)可得，A 2,0,A 2,0 , 1 2 m m 设M6,m，因为MAF NAF，则N6,m，AM :y x2，A N:y x2， 1 1 1 8 2 4 将y m x2与 x2  y2 1联立，消去y整理得  192m2 x24m2x4m27680， 8 4 12 所以192m2 0，即m4 6，0， 4m2768 所以2x  ， P 192m2 2m2384 96m 2m2384 96m  所以x  ，y  ，故P , ， P 192m2 P 192m2  192m2 192m2  将y m x2与 x2  y2 1联立，消去y整理得  48m2 x24m2x4m21920， 4 4 12 所以48m2 0，即m4 3，0， 4m2192 所以2x  ， Q 48m2 2m296 48m 所以x  ，y  ， Q 48m2 Q 48m2 2m296 48m  所以Q , ，  48m2 48m2  12m 当m4 6时，PQ直线方程为y x6，所以直线PQ过定点，定点坐标6,0， m296 当m4 6时，PQ两点分别为  6,4 6  或  6,4 6  ，所以直线PQ过定点坐标6,0， 所以直线PQ过定点，定点坐标为6,0 22．(1) fxlnx12ax3lnx2ax2, 由于 f xxlnxax23xaR有两个极值点x，x ， 1 2 所以方程 fx0在(0,)有两个不同根，即方程lnx2ax20有两个不同的正数根； lnx2 转化为函数g(x) 与函数y2a的图象在(0,)上有两个不同交点， x 3lnx 3lnx 令g(x) ，令g(x) 0，解得xe3， x2 x2 当xe3时，g(x)0,gx单调递减，当0xe3时，g(x)0,gx单调递增， 且当xe2时，𝑔(cid:4666)𝑥(cid:4667)(cid:3408)0，g  e2 0，故作出gx的图象如下： 176 1   1  由图象可得：2a0, ，即a0, ；  e3  2e3 (2)由(1)知：x，x 是lnx2ax20的两个根， 1 2 lnx lnx 故2lnx 2ax 0，2lnx 2ax 0，则2a 1 2 ， 1 1 2 2 x x 1 2 x lnx lnx lnt 不妨设t 1 (0,1)，则tx x ，则2lnx  1 2 x 0lnx  2， x 2 1 2 x x 2 2 t1 2 1 2 故2ax klnx 3k1可得 1 2 lnx lnx lnt tlnt 1 2 x klnx 3k1 tx klnx 3k1 klnx 3k1， x x 1 2 tx x 2 2 t1 2 1 2 2 2 tlnt  lnt  tlntt1 t1lnt k 23k1，化简得 k ， t1 t1  t1  t1  由于0t1，所以tlntt1kt1lnt0对任意的0t1恒成立， 令Fttlntt1kt1lnt，故Ft0对任意的0t1恒成立， k 则Ftlntk ， t k 1 k tk 设m(t)lntk ，则m(t)   ， t t t2 t2 tk 当k0时，m(t) 0，mtFt单调递增，故FtF10, Ft单调递减，故 t2 FtF1=0，不满足，舍去， tk 当k 1时，m(t) 0，mtFt单调递减，故FtF10, Ft单调递增，故 t2 FtF1=0，故Ft0恒成立，符合题意， tk 当0k 1时，令m(t) =0，则tk，当kt1时，m(x)0,mxFt单调递增，当 t2 0tk时，m(x)0, mtFt单调递减，又F10, 故kt1时，Ft0,此时Ft单调递减，故FtF10, 因此当kt1时，Ft0，不符合题意，舍去， 综上，可得k 1. 177重庆市第八中学校 2023-2024 学年高二上学期期末考试数学试题 参考答案与试题解析 1．对于A，由于不清楚事件A与事件B是否相互独立，所以无法计算PAB，故A错误； 对于B，因为事件A与事件B互斥，所以PABPAPB0.30.50.8，故B正确； 对于C，P  A  1PA0.7，故C错误； 对于D，P  B  1PB0.5，故D错误. 故选：B 2．设椭圆焦距为2cc0， x2 y2 则c2 25916，则c4，所以椭圆  1的左焦点为4,0， 25 9 所以双曲线 (cid:3051)(cid:3118) (cid:3398) (cid:3052)(cid:3118) (cid:3404)1的左顶点为4,0， (cid:3028)(cid:3118) (cid:2877) 所以a4，所以a2 16， x2 y2 3 所以双曲线  1的渐近线为y=± x. 16 9 4 故选：D a a d 9  2 1 a 7 3．由题意得， 43 ，解得 1 .   S 4 4a 1  2 d 40 d 2 故选：B 4．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x轴上， 设抛物线方程为𝑦(cid:2870) (cid:3404)2𝑝𝑥(cid:4666)𝑝 (cid:3408)0(cid:4667)，代入A0.4,1.2， 所以1.21.22p0.4，解得p1.8，所以抛物线方程为y2 3.6x， p 则该抛物线的焦点到顶点的距离为 0.9. 2 故选：A 5．如图所示，取DD 中点N ，连接AN,CN,AC,MN，取AC中点O，连接ON， 1 则MN//CD//AB,MN CD AB， 所以四边形ABMN是平行四边形，所以BM //AN ， 所以NAC或其补角是异面直线BM 与AC所成角， 设正方体棱长为2，则AN CN  5,AC 2 2 ， 在等腰ANC中，O是AC中点，所以ON  AC， 1781  2 AN2 AC 所以 ON 2  3 15 ， sinNAC     AN AN 5 5 15 即异面直线BM 与AC所成角的正弦值为 . 5 故选：C 6．由圆的方程得：圆心2,3，半径r 2， 2k 圆心到直线ykx3，即kxy30的距离d  , MN 2 3， k21 4k2 2 r2d2 2 4 2 3， k21 1 3 3 变形整理得4k244k2 3k23，即k2  ，解得 k  ， 3 3 3  3 3 k的取值范围是 , ， 3 3   故选：C. 7．如图所示， 因为 MF  OM ，所以∠MFO∠MOF， 1 所以k k  ， OM l 2 设Ax,y ,Bx ,y ,Mx ,y ， 1 1 2 2 0 0 x2 y2  1  1 1 a2 b2 x2x2 y2y2 则 ，两式相减得 1 2  1 2 0， x2 y2 a2 b2 2  2 1 a2 b2 b2 x x y y 则  1 2  1 2 ， a2 y  y x x 1 2 1 2 1 因为直线l：x2y 30，M 为线段AB中点，k  ， OM 2 y y 1 y y y 1 所以 1 2  ， 0  1 2  ， x x 2 x x x 2 1 2 0 1 2 b2 1 b2 1 代入上式得 2 ，则  ， a2 2 a2 4 c b2 3 所以椭圆的离心率e  1  . a a2 2 故选：C. 8．a 2a 7，当n2k1  kN* 时，a a 2，a a 2， 1 2 n n1 n1 n2 179两式相减得，a a 4， n2 n n1  所以a 的奇数项是以7为首项，4为公差的等差数列，a 74 12n9， n n  2  当n2k  kN* 时，a a 2，a a 2，两式相减得，a a 4， n n1 n1 n2 n2 n n  所以a 的偶数项是以5为首项，4为公差的等差数列， a 54 192n； n n 2  所以a 1n12n9，a a 1n12n91n22n72n92n7， n n n1 1 1 1 1 1  设b  ，则b     ， n a a n 2n92n7 22n9 2n7 n n1 1 1 1  1 1  1 1  1 1  所以S n b 1 b 2 b 3 b n   2    7  5    5  3    3  1    2n9  2n7    1 1 1  n 49 1     ，则S   . 2 7 2n7 14n49 49 144949 13 故选：A 9．对于A，成绩在区间90,100内的学生有2000.0401080人，故A错误； 对于B，由图表可知，100.0050.0100.015x0.0401，所以x0.030，故B正确； 对于C，因为100.0050.0100.0150.3，100.0050.0100.0150.0300.6， 所以设全校学生成绩的中位数a80a90， 2 所以a800.0300.30.5，解得a86 86.67，故C正确； 3 对于D，设全校学生成绩的80%分位数为b90b100， 则0.6b900.0400.8，解得b95，故D错误. 故选：BC 10．对于A：由题知，𝑂(cid:4666)0,0(cid:4667)，C3,3，r 2，r  10，则OC  99 3 2， O C 又2 10 3 2  102，即r r  OC r r ， C O O C 所以圆O与圆C相交，有两条公切线，A错； 对于B：点P为圆O上一动点，则|𝑃𝐶|的最大值为OC r 3 22，故B正确； O x32y32 10 对于C：联立 得xy2， x2y2 4 故圆O与圆C的公共弦所在直线l方程为xy2，C正确； 1802 对于D：点O到l的距离为d   2， 11  2 所以圆O与圆C的公共弦长为2 22 2 2 2，D正确. 故选：BCD 11．因为2a a a ，所以a a a a ， n1 n n2 n2 n1 n1 n 又因为a 19，a 17，所以a a 2， 1 2 2 1 所以数列(cid:4668)𝑎 (cid:4669)是首项19，公差为2的等比数列， (cid:3041) 即a 192(n1)212n.故选项A正确. n S 因为S 19nn(n1)20nn2，所以 n 20n，故选项B正确. n n 因为S 20nn2，所以当n10时，S 有最大值，故选项C错误. n n 因为b a a a (212n)(192n)(172n)， n n n1 n2 因为a 212n，所以a 10，a 10， n 10 11 故b a a a 53115，b a a a 31(1)3， 8 8 9 10 9 9 10 11 b a a a 1(1)(3)3，b a a a (1)(3)(5)15， 10 10 11 12 11 11 12 13 设数列(cid:4668)𝑏 (cid:4669)的前n项和为T ， (cid:3041) n 则由以上计算可知T T T T 且T T T T T  1 2 8 10 8 10 9 11 12 所以当n8或n10时，数列(cid:4668)𝑏 (cid:4669)的前n项和取得最大值，故选项D正确. (cid:3041) 故选：ABD. x2 y2 12．设双曲线  1的右焦点为F c,0，𝐴(cid:4666)𝑥 ,𝑦 (cid:4667),𝐵(cid:4666)𝑥 ,𝑦 (cid:4667)， a2 b2 2 (cid:2869) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2870) 当直线AB斜率不存在时，直线AB的方程为xc，则|𝐴𝐵|(cid:3404) (cid:2870)(cid:3029)(cid:3118) ， (cid:3028) 当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为ykxc, ykxc 联立  x2 y2 ，消去y，得  b2a2k2 x22a2ck2xa2c2k2a2b2 0，   1 a2 b2 2a2ck2 a2c2k2a2b2 x x  ,xx  ， 1 2 b2a2k2 1 2 b2a2k2 181 Δ  2a2ck22 4  b2a2k2 a2c2k2a2b2 0    2a2ck2 b b 由 x 1 x 2  b2a2k2 0 ，解得k  a 或k  a ，   a2c2k2a2b2 xx  0   1 2 b2a2k2 2ab2 k21  2ac2k2 所以 AB   1k2x x 2 4xx    2a  1 2 1 2 a2k2b2 a2k2b2 2ac2 2c2 2b2  2a 2a b2 a a ， a2 k2 2b2 所以当直线AB与x轴垂直时，|𝐴𝐵|的长最小，即最小值为 ，故A错误； a 设FAB的内切圆与三角形三边的切点分别是Q,E,N，由切线长性质，可得 1 AF  BF  AQ  BE  AN  BN ， 1 1 因为 AF  AF 2a BF  BF ，所以 AF  BF  AF  BF ，所以F 与N 重合， 1 2 1 2 1 1 2 2 2 即FAB的内切圆与直线AB相切于点F ，故B正确； 1 2 bc 由题可知双曲线的渐近线为bxay0，𝐹 (cid:4666)(cid:3398)𝑐,0(cid:4667)，则 PF  b， (cid:2869) 1 a2b2 c b2 由上可知 FQ  AF  AF 2a，所以b2a，所以e  1  5，故C正确； 1 1 2 a a2 π 若F 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 1 3 3x y0，故D正确. 故选：BCD. 13．设等比数列(cid:4668)𝑎 (cid:4669)的公比为q，a a q4a a 3q4 6，所以q4 2， (cid:3041) 5 6 1 2 所以a a q4a a 2612， 9 10 5 6 故答案为：12. 18214．小明无法通过面试的概率为10.73 0.027， 小明最终通过面试的概率为10.0270.973. 故答案为：0.973. a 1 2 15．由a  n ，取倒数得  1， n1 a 2 a a n n1 n 1  1  所以 12 1， a a  n1 n 1 1 1 1 a 因为 120，所以 10，所以 n1 2， a a 1 1 n 1 a n  1  所以 1是首项为2，公比为2的等比数列， a  n 1 1 所以 122n1 2n，则 2n1， a a n n  1  2  128 所以数列 的前8项和S  82928502. a  8 12 n 故答案为：502 16．由题意得，直线AB斜率不为0，设其方程为xmy2，𝐴(cid:4666)𝑥 ,𝑦 (cid:4667)，𝐵(cid:4666)𝑥 ,𝑦 (cid:4667)， (cid:2869) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2870) y2 2px 由 ，得y22pmy4p0， xmy2 当4p2m216p0时，y y 4p， 1 2 因为 AM 2 MB ，所以y 2y ，代入上式解得y  8p， 1 2 1 p 因为 AF 5，所以x 5 ， 1 2  2  p 代入抛物线方程，得 8p 2p5 ，  2 化简得，pp20，又因为p0，所以p2. 故答案为：2 17．(1)由图表可知，这100名学生的平均成绩为 10450.005550.02650.025750.03850.015950.00569.5分 (2)在区间70,80内的学生测试成绩的平均数和方差为74和26， 区间70,80的学生频率为0.03100.3， 在区间80,100内的学生测试成绩的平均数和方差为89和106， 183区间80,100的学生频率为0.0150.005100.2， 0.3 0.2 所以在70,100内的所有学生测试成绩的平均数为74 89 44.435.680， 0.30.2 0.30.2 3 2 方差为 2674802 1068980237.274.8112 5   5   18．(1)由2S n1a ， n n 当n2时，2S na ， n1 n1 两式相减，得2a n1a na ，即na n1a ， n n n1 n1 n a a a  即 n1  n 对n2恒成立，所以 n是常数列， n1 n  n  a a 所以 n  1 1，所以a n n 1 n (2)由(1)知，c n2n， n 所以T 12222323n2n， n 所以2T 0122223n12nn2n1， n 222n 两式相减，得T 222232nn2n1 n2n11n2n12， n 12 所以T n12n12 n 19．(1)因为四边形ABCD为矩形，所以BCCD， 又因为BCDE，CD,DE 平面PCD，CDDE D， 所以BC 平面PCD， 因为PD平面PCD，所以BCPD， 因为AD//BC，所以ADPD (2)由(1)知，BC 平面PCD， 因为PC平面PCD，所以BCPC， 所以在Rt△BCP中，PC PB2BC2  94  5， 所以PD2 CD2 5 PC2，所以PDCD，      以 DA,DC,DP 为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，  2 2 则D0,0,0,A2,0,0,C0,1,0,P0,0,2,E0, , ，  3 3   2 2   所以DE0, , ，AC2,1,0,AP2,0,2，  3 3  设平面PAC 法向量为nx,y,z， 184   ACn2xy0  则  ，令x1，则n1,2,1， APn2x2z0  π 设直线DE与平面PAC 所成角的大小为0 ，  2     nDE 2 3 则 sin cosn,DE  n    D  E   2 2  2 ，  6 3 π π 所以 ，即直线DE与平面PAC 所成角的大小为 3 3 20．(1)因为抛物线C：y2 2px过点P1,2， 所以42p，解得p2，所以抛物线C的方程为y2 4x， 所以抛物线C的焦点为(cid:4666)1,0(cid:4667)，准线为x1 (2)设𝐴(cid:4666)𝑥 ,𝑦 (cid:4667),𝐵(cid:4666)𝑥 ,𝑦 (cid:4667)， (cid:2869) (cid:2869) (cid:2870) (cid:2870) 因为过点(cid:4666)0,1(cid:4667)作直线l与抛物线C交于不同的两点A,B，直线l斜率存在， y 1 y 1 y 1 y 1 1  2 所以 1  2 ，即 y2 y2 ， x x 1 2 1 2 4 4 所以y2y 1 y2y 1，则y y y y y y y y ， 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 y 因为y  y ，所以y y  y  y ，又由y 1，得y  1 1 2 1 2 1 2 1 2 y 1 1 y 则过点A作x轴的垂线为xx ，直线OP:y2x，OB:y 2 x， 1 x 2  x y  所以Mx,2x ，Nx, 1 2 ， 1 1  1 x  2 y2 1 y 所以y y  y  x 1 y 2  y  4 2  y  y 1 2y 2  y  y 1 2  y  y 1 2  y2 4x ， A N 1 x 1 y2 1 y2 1 y 1 y 1 1 2 2 2 2 1 4 y 1 1 所以y y 2y ， A N M 又因为A,M,N 三点都在xx 上，所以M 为线段AN的中点得证 1 21．(1)因为等差数列(cid:4668)𝑎 (cid:4669)的首项a 1，公差为d， (cid:3041) 1 54 所以S 5a  d 510d，a 1d，a 13d ， 5 1 2 2 4 因为S225a a 25，所以510d2251d13d25， 5 2 4 化简得d2 1，因为d 0，所以d 1， 185nn1 nn1 所以S n 1 n 2 2 (2)由题意得，a x1n1dx，a 3x1nd3x， n n1 a 8x1n1d8x， n2 因为a x,a 3x,a 8x成等比数列， n n1 n2 所以a 3x2 a xa 8x， n1 n n2 则1nd3x2 1n1dx1n1d8x，    化简整理得，x2  73nd3  xd2 0对于每个nN*，存在实数x使此式成立， 则Δ  73nd3  2 4d2 0，即  73nd32d    73nd32d  0， 即3dn39d3nd35d0， 当d  0时，3390符合题意； 当d 0时，则二次函数y3dn39d3nd35d开口向上， 1 5 1 则d 3 ,d   d d ，原不等式解为nd ,nd ， 1 d 2 3 d 1 2 1 2 5 4 所以d ,d 相差距离为3  ，则d ,d 之间一定有一个整数， 1 2 3 3 1 2 1 1 1 所以只能为d 3 1，即d  ，所以 d 0. 1 d 2 2  1  综上所述，公差d的取值范围为  ,0    2  x2 y2 22．(1)在椭圆  1中，a2,b 3,c1，此时点P坐标为(2,0)， 4 3 1 当直线AB的斜率不存在时，易知 AB 2 3，S  2 322 3，满足题意； ABP 2 当直线AB的斜率存在时，设直线方程为ykx，代入椭圆方程得3x24k2x2120， 即  4k23  x2120，所以x2  12 ， 4k23 1 48 所以 AB 2 x2 y2 2 x23 k21 ， 4 4k23 2k 因为点P到直线AB的距离为 ， k21 1 48 2k 则有 k21  2 3，方程无解，不符合题意. 2 4k23 k21 综上，直线AB的方程为x0 (2)由(1)知，当直线过原点且斜率存在时， 1861 48 2k 3k2 3 S  k21  4 4 2 3 ABP 2 4k23 k21 4k23 4 3 ， k2 故直线过原点时面积最大值为2 3； 当直线不过原点时，易知直线斜率一定存在，设方程为ykxm， 代入椭圆方程整理可得  4k23  x28kmx4m2120①， 8km 4m212 记A(x,y),B(x,y ),M(x,y )，则x x  ,xx  ， 1 1 2 2 0 0 1 2 4k23 1 2 4k23 4km 3m 所以x  ,y  ，P(2x ,y ) 0 4k23 0 4k23 0 0 则3(2x )24y2 12， 0 0 4km 3m 将x  ,y  代入上式， 0 4k23 0 4k23  4km  2  3m  2 得32  4  12，  4k23 4k23 整理得m4k ，代入①，得(4k23)x232k2x64k2120， km 又点F到直线AB的距离为 ， k21 km km 则S  AB   k21 x x 24xx   km x x 24xx ， ABP 1 2 1 2 1 2 1 2 k21 k21 k2 14k2 整理得S 36 ， ABP  4k23 2 t14t 328t 令t k2，gt 4t32 ，则gt 4t33 ， 3 易知当0t 时，g(t)0，函数单调递增， 28 3 当t  时，g(t)0，函数单调递减， 28 3  3  1 1 3 3 故当t  时，gt g  ，所以S 36  ， 28 max 28 192 ABP 192 2 1 又直线与椭圆有两个交点，所以64k44(4k23)(64k212)0，解得k2  ， 4 3 21 3 3 故当k2  ，即k  时，ABP面积的有最大值 . 28 14 2 综上，ABP面积的最大值为2 3. 187重庆市渝中区巴蜀中学校 2023-2024 学年高二上学期期末数学试题 参考答案与试题解析 1 π 1．V Sh 22sin 22 3, 2 3 故选:A 2． (x1)2 y2 表示点𝑃(cid:4666)𝑥,𝑦(cid:4667)到点(cid:4666)1,0(cid:4667)的距离； x1表示点𝑃(cid:4666)𝑥,𝑦(cid:4667)到直线x1的距离. 因为 (x1)2y2  x1， 所以点𝑃(cid:4666)𝑥,𝑦(cid:4667)到点(cid:4666)1,0(cid:4667)的距离等于点𝑃(cid:4666)𝑥,𝑦(cid:4667)到直线x1的距离， 所以P的轨迹为抛物线. 故选：C. 3．连接BC，AB ,根据正方体ABCDABCD ,得到ADBC 1 1 1 1 1 1 1 1 所以异面直线AC,AD的夹角为AC,BC的夹角, 1 1 又AB AA 1,AD2,所以AC BC  5,AB  2, 1 1 1 AC2BC2AB2 552 4 则cosBCA 1 1   , 1 2ACBC 2 5 5 5 1 4 则异面直线AC,AD的夹角的余弦值为 . 1 5 故选：B 4．因为圆C 和圆C 有且仅有2条公切线，可得两圆的位置相交，所以 r r  CC r r ， 1 2 1 2 1 2 1 2 即1 (a1)2(13)2 3，平方得1a22a59，解得1 5a1 5，   所以实数a的取值范围为 1 5,1 5 . 故选：A. 9a a  5．由题意知对于等差数列a ，S  1 9 9a 0， n 9 2 5 10a a  所以a 0，又因为S  1 10 5a a 0， 5 10 2 5 6 所以a a 0,a 0,a 0,d a a 0， 5 6 5 6 6 5 故数列a 是递减数列，前项5为正，从第6项起均为负数， n 所以数列S 的最大项是S ， n 5 故选：B. 6．直线mx y10恒过定点P0,1，直线xmy20恒过定点Q2,0， 188由两直线的方程可知：两直线相互垂直. 所以点A的轨迹方程为x12   y 1  2  5 (x0且y0)，圆心为  1, 1 ，  2 4  2 1 2 6 圆心到直线y2x6的距离 2 7 5 5 ， d    5 10 2  1 2 5 所以(x1)2y   (x0且y 0)与直线y2x6相离，  2 4 7 5 5 5 所以线段AB长度的最小值为   . 10 2 5 故选：A. 7．设等比数列的公比为q，则 当S 0时，则q  1， 4 所以S 2； 3 S 8a 当S 0时，若q1，则 8  1 217， 4 S 4a 4 1 所以q1， a  1q8 a  1q4 S  1 17 1 17S ，即1q8 17  1q4 ， 8 1q 1q 4 又因为q1 所以1q4 17，解得q4 16， 所以q2 a 1q3 所以S  1 6或14， 3 1q 综上：S 2或6或14， 3 故选：D. 8．如图，设正四面体SABC的外接球球心为O，O为ABC的中心，则SO 平面ABC， 1 1 外接球半径为R AOSO，内切球半径为r，设棱长为a a0， a 2AO 3 在ABC中，由正弦定理得 π 1，所以AO  a， sin 1 3 3 6 所以SO  SA2AO2  a，由R2  AO2OO2  AO2SO R2， 1 1 3 1 1 1 1 2 2  3   6  6 即R2  a  aR 解得R a(负值舍去)；      3   3  4 1891 1 3 S SO 由等体积法得到V  S r，所以 3V 3 ABC 1 SO 6 ， SABC 3 表 r  SABC   1  a S 4S 4 12 表 ABC 6 6 所以R:r a: a3:1. 4 12 故选：C. y2 y2 9．由题可设双曲线的方程为4x2y2 0，当4,4时，对应的方程为x2 1, x2 1， 4 4 而BD中的方程均不能化成“4x2y2 0”这样的形式. 故选：AC.  p  10．设Ax ,y ,F ,0， 0 0  2   p  x   0 2 y  所以AF 中点为N , 0 ， 2 2     p x  N 到y轴的距离 0 2 ， d  2 p AF 又因为 AF  x  ，所以d  ， 0 2 2 所以以 AF 为直径的圆与y轴相切，故A正确； y y 2p p k  0 1   1 设Ax ,y ,Bx,y ，所以 AB y2 y2 y y y ， 0 0 1 1 0  1 0 1 M 2p 2p 所以p y 2，故B正确； M   设Ax ,y ,Bx,y ，若AOB π ，则OAOB0， 0 0 1 1 2 y2y2 所以xx y y  1 0 y y 0， 1 0 1 0 4p2 1 0 解得y y 4p2，所以xx 4p2 1 0 1 0  p p xmy 设直线xmy ，联立 2 ，则y2 2pmy p2 0， 2  y2 2px p2 故y  y 2pm，y y p2，即xx  ， 1 0 1 0 1 0 4 p2 所以xx 4p2与xx  矛盾， 1 0 1 0 4 π 所以AOB ，故C错误； 2 设直线AB的倾斜角为， 190p x  p 0 2 当点A在第一象限时， AF  x  ，cos ， 0 2 p x  0 2 p1cos p 则x  ，故 AF  ， 0 21cos 1cos p 同理可得 BF  ， 1cos AF 1cos 所以  2， BF 1cos 1 所以cos ,k tan2 2, 3 AB p p 当点A在第四象限时，同理可得 AF  ， BF  ， 1cos 1cos AF 1cos 所以  2， BF 1cos 1 所以cos ,k tan2 2，所以D错误； 3 AB 故选：AB 11．如图所示，过M 作平面MEF//平面ABD， 1 因为平面MEF平面ABBA ME，平面ABD平面ABBA  AB， 1 1 1 1 1 1 所以AB//ME，同理可证MF//BD， 1 因为M 为AB的中点，所以E,F分别为AA,AD中点， 1 所以动点N 的轨迹是线段EF，故A错误； 因为CDD 的面积为定值，所以当N 与E重合时，三棱锥NCDD 体积的最大， 1 1 1 1 1 4 此时V  S h  222 ，故B正确； NCDD1 3 CDD1 3 2 3 因为E,F,M 分别是AA,AD,AB的中点，可得EF //AD,EM //AB,MF//BD， 1 1 1 在正方体ABCDABCD 中，可得AC BD,AC  AB，所以AC MF,AC ME， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 因为MFMEM，且MF,ME 平面MEF ，所以AC 平面MEF ， 1 又因为MN 平面MEF ，所以AC MN，所以C正确； 1 过点A作AN  EF ，垂足为N ，连接MN， 在正方体ABCDABCD 中，可得AM 平面ADDA，且AN 平面ADDA， 1 1 1 1 1 1 1 1 191所以AM AN ，所以直线MN与AM 夹角为AMN， AN 2 则tanAMN  ，其中|AN|  , AM 1， AM min 2 2 所以直线MN与AM 夹角正切的最小值为 ，故D正确. 2 故选:BCD. 12．因为a a a2a b  a  1  2 b 1 且b1,， n1 n n n  n 2 4 所以a a 0，数列(cid:4668)𝑎 (cid:4669)是递增数列，故A正确； n1 n (cid:3041) 若数列(cid:4668)𝑎 (cid:4669)是单调递增数列， (cid:3041) 当n2时，a a   a22a 6    a2 2a 6  a a a a 20 n1 n n n n1 n1 n n1 n n1 且a a 0，所以a a 20，又因为a a 2是单调递增的， n n1 n n1 n n1 a a 0 a2a 60 所以只需要 2 1 ，则 1 1 ，解得a 2或a 4，故B错误； a 2 a 1 20 a 1 23a 1 40 1 1 5  1 2 a n1 a n 22a n  4   a n  2   a n 1a n 1，所以a n1 a n 1， n n23n 所以a a a a n1，所以S  ，故C正确； n k k1 1 n 2 k2 易知(cid:4668)𝑎 (cid:4669)是递增数列，所以a a 3，则a 2a a 23a 2， (cid:3041) n 1 n1 n n n a 2 a 2 a 2 a 2 即 n1 3，所以 n  n1  2 3n1n2 ， a 2 a 2 a 2 a 2 n n1 n2 1 5 1 3 1 即a 23n1a 2 3nn2，所以   n2 ， n 1 3 a 2 5 3n n 1 1 3 1 1 3 1 当n1时，    ，所以    nN* a 2 5 5 31 a 2 5 3n 1 n 1 1  1  n 1 31 1 1  3 3 3n  3 所以        ，D正确， a 2 53 32 3n  5 1 10 i1 i 1 3 故选:ACD. 1921 13．由题可知k 0，且 1， k 所以k 1， 所以l :xy10,l :xy20， 1 2 21 2 所以l 与l 之间的距离为d   . 1 2 2 2 2 故答案为： . 2 14．由函数 f xx98x99，可得 fx2x197，所以 f992991971. 故答案为：1. 15．设等比数列(cid:4668)𝑎 (cid:4669)的公比为q， (cid:3041) 由等比数列的性质可得：a2 a a 36， 5 3 7 又因为a aq2 0，所以a 6. 5 3 5 故答案为：6. 16．如图所示， 设F c,0,F c,0，其中c2 a2b2. 1 2 设O x,y ,O x ,y  .过O分别作PF,PF ,FF 的垂线，垂足分别为R､S､T， 1 1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 所以由切线长定理有 PR  PS , FR  FT , FS  FT ， 1 1 2 2 则 PF  PF  PR  RF  PS  SF  RF  SF  FT TF 2a， 1 2 1 2 1 2 1 2 又因为 FF  TF TF 2c，所以TF ac. 1 2 1 2 1 又𝐹 (cid:4666)(cid:3398)𝑐,0(cid:4667)，所以x a，同理可得x a. (cid:2869) O O 1 2 所以O,O 在直线xa上，所以FT F S F I ca， 1 2 2 2 2 π 过O 作O H OS，直线PF 倾斜角为PFG ， 2 2 1 2 2 3 由题可知PFGOOH ， 2 2 1 π 2ca 2ca 所以tanOOH tan  3  r r  ， 2 1 3 r r 1 2 3 1 2 π 3 2ca 4ca sinOOH sin   r r  ， 2 1 3 2 r r 1 2 3 1 2 1938ca2 所以 r2r2  r r r r   2a2，化简为8c216ac2a2 0， 1 2 1 2 1 2 3 3 所以8e216e20，又因为e1，解得e1 . 2 3 故答案为：a，1 . 2 a a 5d 11  6 1 17．(1)设数列a 的公差为d，由题得 32 ， n S 3a  d 9   3 1 2 a 1 解得 1 ，所以a 12n12n1  nN* . d 2 n n2n11 n 1 1 1 (2)由(1)可得S  n2，所以    ， n 2 n1S nn1 n n1 n 1 2 n 1 1 1 1 1 1 所以   1     1 1. 2S 3S n1S 2 2 3 n n1 n1 1 2 n 18．(1)解：由函数 f xx3x1，可得 fx3x21，可得 f12， 即曲线在点P1,1处的切线斜率为k 2， 所以曲线在点P1,1处的切线方程为y2x11，即y2x1. 2 1 (2)解：因为点Q , 不在曲线 f xx3x1上， 3 3 设切点为Ax ,y ，所以 fx 3x 21， 0 0 0 0 所以切线方程为y  3x21 xx x3x 1， 0 0 0 0 又因为Q   2 , 1 在直线上，所以 1   3x21   2 x  x3x 1， 3 3 3 0 3 0  0 0 即2x32x2 0，解得x 1或x 0. 0 0 0 0 当切点为1,1时，切线方程为y2x1； 当切点为0,1时，切线的斜率为 f01，此时切线方程为yx1， 2 1 综上所述，过点Q , 且与曲线 f x相切的直线方程为：y2x1或yx1. 3 3 19．(1)证明：由题可知ABAC，因为E,F分别为AC,BC中点，所以EF∥ AB， 所以EF EC,EF  AE， 又因为ECAEE,EC,AE平面AEC， 所以EF 平面AEC， 因为EF 平面ABFE， 194所以平面AEC 平面ABFE； π (2)由(1)可知EF EC,EF  AE，因为AEC ， 2 所以AEEC，所以AE,EF,EC两两垂直，以EA为x轴，以EF为y轴，以EC为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，   E0,0,0,B1,2,0,C0,0,1,F0,1,0,CB1,2,1,FB1,1,0，  易得平面CEF的一个法向量m1,0,0， 设平面BCF的法向量为𝑛(cid:4652)⃗ (cid:3404)(cid:4666)𝑥,𝑦,𝑧(cid:4667)，    CBn0 x2yz0  所以  ，即 ，解得一个法向量n1,1,1 FBn0 x y0     |mn| 1 3 所以|cosm,n|     . |m||n| 1 3 3 3 所以平面BCF与平面CEF夹角的余弦值为 . 3 20．(1)由 PF  PF 4及双曲线的定义知，2a4，即a2， 1 2 x2 所以双曲线的方程为： y2 1. 4 (2)由题意可知，作出图形如图所示 1 设Mx,y ,Nx ,y ，由题可知k  ， 1 1 2 2 2  ykx1 联立  x2   14k2 x28kx80，  y2 1  4 Δ(8k)248 14k2 32  12k2 0 1 8k 8 所以k2  ,x x  ,xx  ， 2 1 2 14k2 1 2 14k2 1 点O到直线l :ykx1的距离d  ， MN 1k2 1 1 1 x x 2 4xx 所以S  MN d  1k2  x x   1 2 1 2 MON 2 2 1 2 1k2 2 24k2 2 2 6，  14k22 1 1 1 令k2 t ，化简得：24t211t10，解得：t  或t  ， 2 3 8 3 2 所以k  或 . 3 4 21．(1)当n1时，S a 2a 2，所以a 2， 1 1 1 1 195当n2时，因为S 2a 2①， n n 所以S 2a 2②， n1 n1 ①-②得S S a 2a 2a ，即a 2a ， n n1 n n n1 n n1 所以a 2n，当n1时，a 2满足上式， n 1 所以a 2n nN* . n (2)因为b b 2n，所以b b 2n2，两式相减得b b 2，所以(cid:4668)𝑏 (cid:4669)的奇数项和偶数 n1 n n2 n1 n2 n (cid:3041) 项分别成等差数列， 当n为奇数时，b b 2，令n2k1  kN* ，则b b 2， n2 n 2k1 2k1 所以b b 2k12k1，此时a b 2k122k1； 2k1 1 2k1 2k1 当n为偶数时，b b 2，令n2k  kN* ，则b b 2， n2 n 2k2 2k 所以b b 2k12k1，此时a b 2k122k； 2k 2 2k 2k 记a b 的前n项和为C ， n n n 当n2k  kN* 时， C C ab a b a b a b n 2k 1 1 2 2 2k1 2k1 2k 2k ab ab a b a b a b a b  1 1 3 3 2k1 2k1 2 2 4 4 2k 2k 令T ab ab a b 123232k322k32k122k1①， k 1 1 3 3 2k1 2k1 所以4T 1233252k322k12k122k1②， k 22k1012k10 ①-②得3T 22  232522k1 2k122k1  ， k 3 12k1022k 10 所以T  ， k 9 令M a b a b a b 1223242k122k， k 2 2 4 4 2k 2k 发现M 2T ， k k 12k1022k 10 所以C T M 3T   kN*， 2k k k k 3 6n102n10 所以当n为偶数时，C  ； n 3 当n为奇数时，n1为偶数， 1966n42n110 3n42n110 所以C C a b  n2n1 ， n n1 n1 n1 3 3 6n102n10  n为偶数  3 所以C  n  3n42n110 n为奇数   3 c 10  a  4 a2 2     22．(1)由题得b 3 ，解得b 3 ，  a2 b2c2  c 5     x2 y2 所以椭圆C的标准方程为  1. 8 3 (2)设Ax ,y ,Px,y ,Qx ,y ，由题可知y 0， 0 0 1 1 2 2 0 1 1 AMAOsinMAO ANAOsinNAO S S 2 2 AOM  AON   S S 1 1 APR AQR APARsinMAO AQARsinNAO 2 2 1 AM AN  1 y y       0  0 ① 2 AP AQ 2 y y y y  0 1 0 2 由题可知：直线AP,AQ斜率不为0 设l :xmy 3， AP xmy 3  联立x2 y2 ,   1  8 3 则  3m28  y26 3my150， 15 所以y y  ， 0 1 3m28 15 y  所以 1 y  3m28 ， 0 x  3 又因为x my  3，所以m 0 ， 0 0 y 0 15 15y y   0 所以 1  x  3 2  3x 0 28y 0 26 3x 0 9 y 3 0  8 0    y 0     197x2 y2 又因为 0  0 1，所以3x28y2 24， 0 0 8 3 15y 5y 所以y  0  0 ② 1 6 3x 33 2 3x 11 0 0 15 设l :xny 3，同理得y y  ， AQ 0 2 3n28 15 y  所以 2 y  3n28 ， 0 又因为x ny  3， 0 0 x  3 5y 所以n 0 ，所以同理可得y  0 ③， y 2 2 3x 11 0 0 将②③代入①得     S S 1 y y  80 AOM  AON  0  0 1 S S 2   5y   5y   12x2256 APR AQR  y  0  y  0   0   0  2 3x 0 11   0  2 3x 0 11     S S 80 1 11 又因为x 0 20,8，所以 S AOM  S AON 1 12x2256  2 , 16 . APR AQR 0 198