2022-2023学年北京市大兴区高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年北京市大兴区高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．空间向量（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量的加减法则即可求解.

【详解】

故选：D

2．圆的半径是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】将圆的一般式化为标准式即得.

【详解】由，可得，

所以圆的半径是，

故选：B.

3．抛物线的焦点到准线的距离是（ ）

A．1 B．2 C．4 D．8

【答案】C

【详解】抛物线x2=8y的焦点为(0,2),准线方程为y=-2,焦点到准线的距离为4.

故选：C.

4．已知数列的前项和，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据关系解决即可.

【详解】由题知，数列的前项和，

所以，

故选：C

5．若等差数列满足，，则其前n项和的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知求出和的值，得到，即可求出最小值.

【详解】由题意可得，，又，所以.

所以，的前n项和，

当时，有最小值.

故选：A.

6．设是各项不为0的无穷数列,“”是“为等比数列”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据等比数列的定义可以判断“”是“为等比数列”的充分必要条件,即可选出结果.

【详解】解:由题知是各项不为0,

若,

则,

故为等比数列;

若为等比数列,

则有,

即;

综上“”是“为等比数列”的充分必要条件.

故选:C

7．设是椭圆的两个焦点，点P在椭圆C上，，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】利用椭圆的定义即可得解.

【详解】因为椭圆，

所以，则，

因为，，

所以.

故选：B.

8．如图，在三棱柱中，平面．，，分别为的中点，则直线与平面的位置关系是（    ）

A．平行 B．垂直 C．直线在平面内 D．相交且不垂直

【答案】D

【分析】根据图形位置证明线线垂直，建立空间直角坐标系，通过计算平面的法向量，直线的方向向量，判断平面的法向量是否与直线的法向量垂直，又判断直线与直线是否垂直，可得直线与平面的位置关系.

【详解】解：如图取中点，连接，

因为为中点，所以

又在三棱柱中，平面，为中点，所以

则平面，又平面，所以，，

又，则，所以，

以点为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系如图所示，

则,2,，,0,，,0,，,0,，,2,，

设平面的法向量为，

则，即，令，则，，故，

又，

因为，又

所以直线与平面相交，且不垂直于平面．

故选：D.

9．记为等比数列的前n项和．已知，则数列（    ）

A．无最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项

C．无最大项，无最小项 D．有最大项，有最小项

【答案】D

【分析】求出公比，求出，然后分析的性质即可．

【详解】设公比为，则，，

，

当为偶数时，，对应函数为减函数，即，

当为奇数时，，对应函数为增函数，即，

所以有最大项为，最小项为．

故选：D．

【点睛】本题考查等比数列的前项和形成的数列的最值问题，解题关键是求得后按奇偶数分类，得出奇数项递增，偶数项递减，但所有偶数项比大，所有奇数项比小，即可确定最值．

10．已知M是圆上的动点，则到直线距离的最大值为（    ）

A．2 B． C．3 D．

【答案】B

【分析】根据圆上的点到一条直线距离的最大值等于圆心到此直线距离与半径和，根据恒过的定点，过圆心作直线的垂线，垂足为，得知点的轨迹为以为直径的圆，则求解.

【详解】设圆的圆心为，点到直线的距离为，过点作直线的垂线，垂足为，

则点到直线的距离为，所以，

又因为直线恒过定点，则垂足的轨迹为以为直径的圆，

则，所以

故选：B

二、填空题

11．3与7的等差中项为___________．

【答案】5

【分析】由等差中项的定义，若成等差数列，则即可求得.

【详解】设3与7的等差中项为，则由等差中项的定义得.

故答案为：5

12．直线关于y轴对称的直线的方程为___________．

【答案】

【分析】设所求直线上任一点为 ，可得关于轴的对称点，然后代入即得.

【详解】设所求直线上任一点为 ，则关于轴的对称点为，

将代入直线得，，

即直线关于y轴对称的直线的方程为.

故答案为：.

13．已知双曲线的一条渐近线方程为，则___________．

【答案】

【分析】先由双曲线的渐近线设出双曲线的方程，再利用待定系数法即可求得的值.

【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，

所以双曲线的方程可设为，即，

因为，

所以，解得（负值舍去），

所以.

故答案为：.

14．能说明“若等比数列满足，则等比数列是递增数列”是假命题的一个等比数列的通项公式可以是___________．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据等比数列单调性可知，首项和公比共同决定了数列的单调性，即可写出符合题意的数列.

【详解】由题意可知，若“等比数列是递增数列”，

需满足当时，公比；或时，公比；

又因为命题为假命题，所以公比即可满足题意，

不妨取，首项时，公比，则满足

此时数列是摆动数列，通项公式为

故答案为：

15．平面内，动点M与点的距离和M到直线的距离的乘积等于2，动点M的轨迹为曲线C．给出下列四个结论：

①曲线C过坐标原点；

②曲线C关于x轴对称；

③曲线C与x轴有2个交点；

④点M与点的距离都不小于．

其中所有正确结论的序号为___________．

【答案】②③④

【分析】将所求点用直接表示出来，然后根据条件列出方程即可求出轨迹方程，令可判断A，根据代入可判断B，令可解的值，进而可判断C,利用消元法，然后利用函数的单调性求最值可判断D．

【详解】设动点的坐标为，

曲线是平面内与定点和定直线的距离的积等于2的点的轨迹，

，

当时，，曲线不过坐标原点，故①错误；

将中的用代入该等式不变，曲线关于轴对称，故②正确；

令时，，故曲线与轴有2个交点，故③正确；

，

，解得，

若点在曲线上，则，故④正确．

故答案为：②③④．

三、解答题

16．已知点和点是圆C直径的两个端点．

(1)求线段的中点坐标和圆C的方程；

(2)过点A作圆C的切线l，求切线l的方程．

【答案】(1)中点，

(2)

【分析】（1）根据中点坐标公式即可求得的中点，即圆心坐标，利用两点间距离公式可求得直径，即可写出圆C的方程；

（2）根据直线和圆的位置关系可得切线l的斜率，再利用点斜式方程即可求得切线l的方程．

【详解】（1）由点和点是圆C直径的两个端点，

可得的中点即为圆心C，根据中点坐标公式可得，

即线段的中点坐标为，根据两点间距离公式得直径，

所以圆C的半径为，

则圆的方程为

（2）根据题意可知直线与切线l垂直，直线的斜率为，

设切线l的斜率为，满足，得；

又切线l过点A，利用直线的点斜式方程得；

即切线l的方程为.

17．已知等差数列满足．

(1)求的通项公式；

(2)设是等比数列，，求数列的前n项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）结合题意利用等差数列的通项公式求出公差，即可求出通项公式；

（2）根据是等比数列及，即可求出等比数列的通项公式，再利用分组求和即可求出.

【详解】（1）是等差数列且

（2）是等比数列，

采用分组求和即得.

18．已知抛物线的焦点为F．

(1)求F的坐标和抛物线C的准线方程；

(2)过点F的直线l与抛物线C交于两个不同点A，B，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的长．

条件①：直线l的斜率为1；

条件②：线段的中点为．

注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分．

【答案】(1)焦点，准线方程为

(2)8

【分析】（1）直接根据开口的方向以及的值即可得结果；

（2）选择条件①：直接联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理可得，由弦长公式即可得结果；选择条件②：可得，由弦长公式即可得结果.

【详解】（1）抛物线开口向右，其中，

所以焦点，准线方程为.

（2）选择条件①：直线l的斜率为1

所以直线的方程为，

设，，

联立得，显然，

所以，

即.

选择条件②：线段的中点为

设，，则，

即.

19．如图，在长方体中，，E是棱的中点．

(1)求证：∥平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值；

(3)求点到平面的距离．

【答案】(1)答案见解析.

(2)

(3)

【分析】对于（1），证明即可.

对于（2），（3），利用向量法可得答案.

【详解】（1）证明：由题，四边形为矩形，四边形是正方形，

则，故四边形是平行四边形，得，又平面，平面，则∥平面.

（2）如图，建立以A为原点的空间直角坐标系.

则，

得，设平面法向量为，

则，取.

又平面法向量，且由图可知，

平面与平面夹角为锐角，则

（3）由图可得，，则，又由（2）解析可知

平面法向量为，

则点到平面的距离.

20．已知椭圆过点，且．

(1)求椭圆C的方程和离心率；

(2)设O为原点，直线OP与直线l平行，直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，直线PM，PN分别与x轴交于点E，F．当E，F都在y轴右侧时，求证：为定值．

【答案】(1)

(2)证明过程见详解

【分析】（1）将点代入椭圆中，再结合，即可求出和，进而求得椭圆C的方程，再根据，代入中，即可得到椭圆C的离心率；

（2）根据题意设直线l的方程为，设，，从而得到直线PM的方程，进而得到和，联立直线l与椭圆C的方程，再根据韦达定理得，，即可求得的值为4，即结论得证．

【详解】（1）解：依题意有，得，所以椭圆C的方程为，

又，则椭圆C的离心率为；

（2）证明：依题意可得直线OP的方程为，

则可设直线l的方程为，不妨设，，

则直线PM的方程为，得，同理得，

联立，消x整理得，

则，，

又E，F都在y轴右侧，即，，

所以（定值），

故结论为定值成立．

【点睛】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：

①设出直线方程，设交点为，；

②联立直线与曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程；

③写出韦达定理；

④将所求问题转化为，（或，，）的形式；

⑤代入韦达定理求解．

21．已知为无穷递增数列，且对于给定的正整数k，总存在i，j，使得，其中．令为满足的所有i中的最大值，为满足的所有j中的最小值．

(1)若无穷递增数列的前四项是1，2，3，5，求和的值；

(2)若是无穷等比数列，，公比q是大于1的整数，，求q的值；

(3)若是无穷等差数列，，公差为，其中m为常数，且，求证：和都是等差数列，并写出这两个数列的通项公式．

【答案】(1)，，

(2)或

(3)证明见解析，，

【分析】（1）根据题意求解即可；

（2）由等比数列的通项公式写出的通项，由题意列式后解指数型方程可得结果；

（3）由等差数列的通项公式写出的通项，用定义法证明等差数列即可.

【详解】（1）∵，，，，

又∵，，

∴且，且，

∴，

（2）由题意知， ，∴，且，

∵，

∴，

∴

∴，且，

同理：，且，，且，

又∵，

∴，

即：，且，

∵，

∴，

∴，

∴当时，，当时，，

同理：当时，，当时，，

又∵，，且，

∴，，，

解得：或

（3）证明：由题意知，，m为常数，且且，

∴为单调递增数列，

又∵，，

∴，，

∴，，

∵，，

∴，，

∴，，且且，

∴，

∴，，

∴，，

∴，，

又∵m为常数，且，

∴为等差数列， 为等差数列，

又∵，，

∴ ，