重庆市第八中学校2023-2024学年高二下学期入学适应性训练数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 重庆市第八中学校2023-2024学年高二下学期入学适应性训练数学试题（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-20 11:33:20 | ||
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文档简介
重庆八中2023—2024学年度（下）高二年级入学适应性训练
数学试题
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.设等差数列的前项和为，且，则的值为（ ）
A.6 B.7 C.8 D.9
2.北京2022年冬奥会于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕，小林观看了本届冬奥会后，打算从冰壶 短道速滑 花样滑冰和冬季两项这四个项目中任选两项进行系统的学习，则小林没有选择冰壶的概率为（ ）
A. B. C. D.
3.已知抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上，过作的垂线，垂足为，若（为坐标原点），则（ ）
A.5 B.2 C. D.
4.两个等差数列和的前项和分别为，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
5.甲 乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲 乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，现从两袋各摸出一个球，记事件A：2个球都是红球，事件B：2个球中恰有1个红球，事件C：2个球至少有1个红球，事件D：2个球不都是红球，则下列说法正确的是（ ）
A.事件与事件互斥 B.
C.事件与事件D对立 D.
7.中国国家大剧院的外观被设计成了半椭球面的形状.如图，若以椭球的中心为原点建立空间直角坐标系，半椭球面的方程为（，且不全相等）.若该建筑的室内地面是面积为的圆，给出下列结论：①；②；③；④若，则，其中正确命题的个数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
8.设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.为了了解小学生的体能情况，抽取了某小学四年级100名学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，绘制如下频率分布直方图.根据此图，下列结论中正确的是（ ）
A.
B.估计该小学四年级学生的一分钟跳绳的平均次数超过125
C.估计该小学四年级学生的一分钟跳绳次数的中位数约为119
D.四年级学生一分钟跳绳超过125次以上优秀，则估计该小学四年级优秀率为
10.已知数列满足是的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11.已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则下列说法正确的是（ ）
A.过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点
B.若为上的动点，则的最小值为4
C.直线与抛物线相交所得弦长为8
D.抛物线与圆交于两点，则
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为__________.
13.已知圆与中心在原点 焦点在轴上的双曲线的一条渐近线相切，则双曲线的离心率为__________.
14.2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程.
若第1个图中的三角形的周长为1，则第个图形的周长为__________.
若第1个图中的三角形的面积为1，则第个图形的面积为__________.
四 解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15.（13分）
已知正项数列的前项和为，且满足.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）设数列的前项和为，证明：
16.（15分）
如图1，在边长为4的正方形中，是的中点，是的中点，将，分别沿折叠，使点重合于点，如图2所示.
（1）证明：平面平面；
（2）在四棱锥中，，求平面与平面夹角的余弦值.
17.（15分）
已知椭圆的离心率为，抛物线在第一象限与椭圆交于点，点为抛物线的焦点，且满足.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，过分别作直线的垂线，垂足为与轴的交点为.若的面积成等差数列，求实数的取值范围.
18.（17分）
已知抛物线，过点作不与轴垂直的直线分别与抛物线交于和两点.
（1）若两点的纵坐标之和为-6，求直线的斜率；
（2）证明：；
（3）若点为线段的中点，点为线段的中点，求的值.注：表示直线的斜率.
19.（17分）
已知数列的前项和为，且
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的通项公式；
（3）在（2）的条件下，设，问是否存在实数使得数列是单调递增数列？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
重庆八中2023—2024学年度（下）高二年级入学适应性训练
数学试题参考答案
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C D A A C B D
1.，可得，
则.故选：.
2.记冰壶 短道速滑 花样滑冰 冬季两项分别为A，B，C，D，则从这四个项目中任选两项的情况有AB，AC，AD，BC，BD，CD，共6种情况，其中没有选择冰壶的有BC，BD，CD，共3种情况，所以所求概率为.故选：C.
3.因为，所以是以为顶点的等腰三角形，则，即，即，又.故选：D.
4.两个等差数列和的前项和分别为，且，
所以.故选：A.
5.设分别表示甲两轮猜对1个，2个成语的事件，分别表示乙两轮猜对1个，2个成语的事件.根据独立事件的性质，可得，设“两轮活动“星队”猜对3个成语”，则，且与互斥，与与分别相互独立，所以，因此，“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是.故选
6.记从甲袋中摸出一个红球的事件为，从乙袋中摸出一个红球的事件为，则，相互独立，于是：，
由此可得：可能同时发生，错误；互为对立事件，正确；因为，所以
，B错误；因为，所以，D错误，故选：C
7.在中，令可得该建筑室内地面对应的曲线方程为，由室内地面是面积为的圆，故，①对；且，则，又不全相等，故，②错；若，则，可得，与不全相等矛盾，③错；若，则，故，对.故选：B.
8.当时，，解得：，当时，，整理得，方程两边同除以，得，又，故是等差数列，首项为6，公差为4，所以，故，经验证，当时满足要求，所以为，故，对任意恒成立，，当时，，故单调递减，当时，取得最大值，故，解得：，则的最小值为
二 选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
题号 9 10 11
答案 ACD每个答案2分. BCD每个答案2分. BC每个答案3分.
9.，可得，故A正确；根据频率分布直方图可得其平均数为
所以错误；由频率分布直方图可知，，而，所以中位数落在区间内，设中位数为，则，可得，所以C正确；由图可知，超过125次以上的频率为，所以优秀率为，即D正确.故选：ACD
10.因为，所以，，B正确；由题意，①，②，由②-①得，，由，所以，当为奇数时，设，则，当为偶数时，设，则，故对任意的错C对；
可得：，则有，于是当时
，当时
也成立，D正确，故选：BCD
11.因为抛物线的焦点到准线的距离为2，所以，从而
抛物线的方程是.过点可以作2条直线与抛物线相切，而直线
与抛物线相交，只有1个交点，从而过点恰有3条直线与抛物线有且只
有一个公共点，故不正确；
抛物线的准线方程是，设到准线的距离为，
则；过作准线的垂线，垂足为，则由抛物线的定义知，所以
，所以的最小值为4，故B正确；
抛物线的焦点为，直线过焦点，不妨设直线与抛物线的两个交点分
别是，则，又得，则
，所以，故C正确；
抛物线与圆交于两点，则关于轴对称.设，则，解得，
所以，故D不正确；故选BC
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
题号 12 13 14
答案 3 2分 3分
12.设底面半径为，侧面展开是半圆，圆心角为，所以母线长，则圆锥的表面积：.
13.因为可化为，则圆的圆心为，半径为2，因为双曲线的
焦点在轴上，故设双曲线方程为，则其渐近线方程为，由题意得，即，所以，所以，
14.记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，面积为有条边，边长有条边，边长有条边，边长；分析可知，即；，即，当第1个图中的三角形的周长为1时，即，所以，由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即，即，利用累加法可得，数列是以为公比的等比数列，数列是以4为公比的等比数列，故是以为公比的等比数列，当第1个图中的三角形的面积为1时，，即，此时有条边，则，所以，所以，故答案为：
四 解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15.（1）当时，由，且，所以数列是已1为首项，1为公差的等差数列；
（2）所以，又因为数列是正项数列，所以，
于是，
则有.
16.解法一：（1）在正方形中，.所以在四棱锥中，，.因为平面平面平面平面，所以为二面角的平面角.因为在正方形中，，所以在四棱锥
中，.所以，即二面角为直二面角.所以平面平面.
（2）由（1）得，两两垂直.以为原点，分别以，
所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.所以.
可得.
设平面的法向量，则所以取，则.
设平面的法向量，则所以取，则.
则.所以平面与平面夹角的余弦值为.
解法二：（1）在正方形中，分别是的中点，所以在四棱锥中，，.所以，所以，即.又在正方形中，，所以在四棱锥中，.由于平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.
（2）依题意有，，所以平面.所以.
设，可得.由，得平面.因为平面，所以平面平面.过作垂直，垂足.以为原点，过作的平行线为轴，所在直线为轴 轴，建立如图所示的空间直角坐标系在Rt中，.
可得.
所以，
可得.
设平面的法向量，则所以取，则.
取平面的一个法向量，则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17.（1）由题意，，则点在椭圆上，得①，，即②，联立①②，解得椭圆的方程为.
（2）依题意，直线与轴不重合，故可设直线的方程为.联立，消去得.设，则有，且.设的面积分别为成等差数列，，即，
则即，
得，又，于是，，
，解得，即或.
所以实数的取值范围为.
18.（1）设，则.依题意，两式相减可得，故，则，即直线1的斜率为.
（2）由（1）知，，同理，
.因为，
，所以.
（3）记.联立，得，故，，所以，同理可得，，
故，即.
19.（1）由，得.两式相减，得，所以，由又，得，所以数列为等比数列，且首项为2，公比，所以.
（2）由（1）知.由，
得.
故，即.
当时，.所以
（3）因为，所以当时，.
依据题意，有，即.
①当为大于或等于4的偶数时，有恒成立.又随增大而增大，
则当且仅当时，，故的取值范围为；
②当为大于或等于3的奇数时，有恒成立，且仅当时，
故的取值范围为；
又当时，由，得.
综上可得，所求的取值范围是.
数学试题
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.设等差数列的前项和为，且，则的值为（ ）
A.6 B.7 C.8 D.9
2.北京2022年冬奥会于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕，小林观看了本届冬奥会后，打算从冰壶 短道速滑 花样滑冰和冬季两项这四个项目中任选两项进行系统的学习，则小林没有选择冰壶的概率为（ ）
A. B. C. D.
3.已知抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上，过作的垂线，垂足为，若（为坐标原点），则（ ）
A.5 B.2 C. D.
4.两个等差数列和的前项和分别为，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
5.甲 乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲 乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，现从两袋各摸出一个球，记事件A：2个球都是红球，事件B：2个球中恰有1个红球，事件C：2个球至少有1个红球，事件D：2个球不都是红球，则下列说法正确的是（ ）
A.事件与事件互斥 B.
C.事件与事件D对立 D.
7.中国国家大剧院的外观被设计成了半椭球面的形状.如图，若以椭球的中心为原点建立空间直角坐标系，半椭球面的方程为（，且不全相等）.若该建筑的室内地面是面积为的圆，给出下列结论：①；②；③；④若，则，其中正确命题的个数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
8.设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.为了了解小学生的体能情况，抽取了某小学四年级100名学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，绘制如下频率分布直方图.根据此图，下列结论中正确的是（ ）
A.
B.估计该小学四年级学生的一分钟跳绳的平均次数超过125
C.估计该小学四年级学生的一分钟跳绳次数的中位数约为119
D.四年级学生一分钟跳绳超过125次以上优秀，则估计该小学四年级优秀率为
10.已知数列满足是的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11.已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则下列说法正确的是（ ）
A.过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点
B.若为上的动点，则的最小值为4
C.直线与抛物线相交所得弦长为8
D.抛物线与圆交于两点，则
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为__________.
13.已知圆与中心在原点 焦点在轴上的双曲线的一条渐近线相切，则双曲线的离心率为__________.
14.2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程.
若第1个图中的三角形的周长为1，则第个图形的周长为__________.
若第1个图中的三角形的面积为1，则第个图形的面积为__________.
四 解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15.（13分）
已知正项数列的前项和为，且满足.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）设数列的前项和为，证明：
16.（15分）
如图1，在边长为4的正方形中，是的中点，是的中点，将，分别沿折叠，使点重合于点，如图2所示.
（1）证明：平面平面；
（2）在四棱锥中，，求平面与平面夹角的余弦值.
17.（15分）
已知椭圆的离心率为，抛物线在第一象限与椭圆交于点，点为抛物线的焦点，且满足.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，过分别作直线的垂线，垂足为与轴的交点为.若的面积成等差数列，求实数的取值范围.
18.（17分）
已知抛物线，过点作不与轴垂直的直线分别与抛物线交于和两点.
（1）若两点的纵坐标之和为-6，求直线的斜率；
（2）证明：；
（3）若点为线段的中点，点为线段的中点，求的值.注：表示直线的斜率.
19.（17分）
已知数列的前项和为，且
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的通项公式；
（3）在（2）的条件下，设，问是否存在实数使得数列是单调递增数列？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
重庆八中2023—2024学年度（下）高二年级入学适应性训练
数学试题参考答案
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C D A A C B D
1.，可得，
则.故选：.
2.记冰壶 短道速滑 花样滑冰 冬季两项分别为A，B，C，D，则从这四个项目中任选两项的情况有AB，AC，AD，BC，BD，CD，共6种情况，其中没有选择冰壶的有BC，BD，CD，共3种情况，所以所求概率为.故选：C.
3.因为，所以是以为顶点的等腰三角形，则，即，即，又.故选：D.
4.两个等差数列和的前项和分别为，且，
所以.故选：A.
5.设分别表示甲两轮猜对1个，2个成语的事件，分别表示乙两轮猜对1个，2个成语的事件.根据独立事件的性质，可得，设“两轮活动“星队”猜对3个成语”，则，且与互斥，与与分别相互独立，所以，因此，“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是.故选
6.记从甲袋中摸出一个红球的事件为，从乙袋中摸出一个红球的事件为，则，相互独立，于是：，
由此可得：可能同时发生，错误；互为对立事件，正确；因为，所以
，B错误；因为，所以，D错误，故选：C
7.在中，令可得该建筑室内地面对应的曲线方程为，由室内地面是面积为的圆，故，①对；且，则，又不全相等，故，②错；若，则，可得，与不全相等矛盾，③错；若，则，故，对.故选：B.
8.当时，，解得：，当时，，整理得，方程两边同除以，得，又，故是等差数列，首项为6，公差为4，所以，故，经验证，当时满足要求，所以为，故，对任意恒成立，，当时，，故单调递减，当时，取得最大值，故，解得：，则的最小值为
二 选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
题号 9 10 11
答案 ACD每个答案2分. BCD每个答案2分. BC每个答案3分.
9.，可得，故A正确；根据频率分布直方图可得其平均数为
所以错误；由频率分布直方图可知，，而，所以中位数落在区间内，设中位数为，则，可得，所以C正确；由图可知，超过125次以上的频率为，所以优秀率为，即D正确.故选：ACD
10.因为，所以，，B正确；由题意，①，②，由②-①得，，由，所以，当为奇数时，设，则，当为偶数时，设，则，故对任意的错C对；
可得：，则有，于是当时
，当时
也成立，D正确，故选：BCD
11.因为抛物线的焦点到准线的距离为2，所以，从而
抛物线的方程是.过点可以作2条直线与抛物线相切，而直线
与抛物线相交，只有1个交点，从而过点恰有3条直线与抛物线有且只
有一个公共点，故不正确；
抛物线的准线方程是，设到准线的距离为，
则；过作准线的垂线，垂足为，则由抛物线的定义知，所以
，所以的最小值为4，故B正确；
抛物线的焦点为，直线过焦点，不妨设直线与抛物线的两个交点分
别是，则，又得，则
，所以，故C正确；
抛物线与圆交于两点，则关于轴对称.设，则，解得，
所以，故D不正确；故选BC
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
题号 12 13 14
答案 3 2分 3分
12.设底面半径为，侧面展开是半圆，圆心角为，所以母线长，则圆锥的表面积：.
13.因为可化为，则圆的圆心为，半径为2，因为双曲线的
焦点在轴上，故设双曲线方程为，则其渐近线方程为，由题意得，即，所以，所以，
14.记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，面积为有条边，边长有条边，边长有条边，边长；分析可知，即；，即，当第1个图中的三角形的周长为1时，即，所以，由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即，即，利用累加法可得，数列是以为公比的等比数列，数列是以4为公比的等比数列，故是以为公比的等比数列，当第1个图中的三角形的面积为1时，，即，此时有条边，则，所以，所以，故答案为：
四 解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15.（1）当时，由，且，所以数列是已1为首项，1为公差的等差数列；
（2）所以，又因为数列是正项数列，所以，
于是，
则有.
16.解法一：（1）在正方形中，.所以在四棱锥中，，.因为平面平面平面平面，所以为二面角的平面角.因为在正方形中，，所以在四棱锥
中，.所以，即二面角为直二面角.所以平面平面.
（2）由（1）得，两两垂直.以为原点，分别以，
所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.所以.
可得.
设平面的法向量，则所以取，则.
设平面的法向量，则所以取，则.
则.所以平面与平面夹角的余弦值为.
解法二：（1）在正方形中，分别是的中点，所以在四棱锥中，，.所以，所以，即.又在正方形中，，所以在四棱锥中，.由于平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.
（2）依题意有，，所以平面.所以.
设，可得.由，得平面.因为平面，所以平面平面.过作垂直，垂足.以为原点，过作的平行线为轴，所在直线为轴 轴，建立如图所示的空间直角坐标系在Rt中，.
可得.
所以，
可得.
设平面的法向量，则所以取，则.
取平面的一个法向量，则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17.（1）由题意，，则点在椭圆上，得①，，即②，联立①②，解得椭圆的方程为.
（2）依题意，直线与轴不重合，故可设直线的方程为.联立，消去得.设，则有，且.设的面积分别为成等差数列，，即，
则即，
得，又，于是，，
，解得，即或.
所以实数的取值范围为.
18.（1）设，则.依题意，两式相减可得，故，则，即直线1的斜率为.
（2）由（1）知，，同理，
.因为，
，所以.
（3）记.联立，得，故，，所以，同理可得，，
故，即.
19.（1）由，得.两式相减，得，所以，由又，得，所以数列为等比数列，且首项为2，公比，所以.
（2）由（1）知.由，
得.
故，即.
当时，.所以
（3）因为，所以当时，.
依据题意，有，即.
①当为大于或等于4的偶数时，有恒成立.又随增大而增大，
则当且仅当时，，故的取值范围为；
②当为大于或等于3的奇数时，有恒成立，且仅当时，
故的取值范围为；
又当时，由，得.
综上可得，所求的取值范围是.
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