2023北京朝阳高二（上）期末数学（教师版）

2023北京朝阳高二（上）期末

（考试时间120分钟  满分150分）

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（选择题  共50分）

一、选择题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

（1）已知为等差数列，，则

（2）已知点（）到直线的距离为，则实数

（3）设函数，则曲线在点处的切线方程为

（4）已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，则

（5）已知直线，直线，则“”是“”的

（6）如图，在四面体中，是的中点，设，，，则

（7）已知函数（）有两个极值点（），则

（8）在平面直角坐标系中，设是双曲线的两个焦点，点在上，且，则的面积为

（9）如图，平面平面，，是直线上的两点，是平面内的两点，且，，，，，若平面内的动点满足，则四棱锥的体积的最大值为

（10）斐波那契数列（）在很多领域都有广泛应用，它是由如下递推公式给出的：，当时，．若，则

第二部分（非选择题  共100分）

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

（11）函数的导函数_______．

（12）已知平面的法向量为，直线的方向向量为，且，则实数_______．

（13）过圆的圆心且与直线平行的直线的方程是_______．

（14）设点分别为椭圆的左、右焦点，则椭圆的离心率为_______；经过原点且斜率不为的直线与椭圆交于两点，当四边形的面积最大时，_______．

（15）已知是首项为负数，公比为的等比数列，若对任意的正整数，
恒成立，则的值可以是________．（只需写出一个）

（16）数学家笛卡儿研究了许多优美的曲线，如笛卡儿叶形线在平面直角坐标系中的方程为．当时，给出下列四个结论：

① 曲线不经过第三象限；

② 曲线关于直线轴对称；

③ 对任意，曲线与直线一定有公共点；

④ 对任意，曲线与直线一定有公共点．

其中所有正确结论的序号是_______．

三、解答题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

（17）（本小题13分）

设函数．

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）当时，求的最大值与最小值．

（18）（本小题14分）

已知是等差数列，其前项和为（），，．

（Ⅰ）求数列的通项公式及；

（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求数列的前项和．

条件①：；

条件②：；

条件③：．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

（19）（本小题14分）

如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点是的中点．

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求二面角的余弦值；

（Ⅲ）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．

（20）（本小题14分）

已知椭圆（）的长轴长为4，且点在椭圆上．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）过点的直线与椭圆交于，两点，且．问：轴上是否存在点，使得直线，直线与轴围成的三角形始终是底边在轴上的等腰三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．

（21）（本小题15分）

在无穷数列中，，，，．

（Ⅰ）求与的值；

（Ⅱ）证明：数列中有无穷多项不为；

（Ⅲ）证明：数列中的所有项都不为．

（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）

（1）C          （2）A          （3）B          （4）D           （5）C

（6）D          （7）A          （8）B          （9）C           （10）B

二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）

（11）     （12）

（13）     （14）；

（15）（答案不唯一）   （16）①②④

三、解答题（共5小题，共70分）

（17）（共13分）

解：（Ⅰ）函数的定义域为，

．

令，得，．

当变化时，的变化情况如下：

所以函数的单调递增区间为，；

单调递减区间为．              ………………………………….8分

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

所以在区间上的最小值为．

因为，，所以．

所以在区间上的最大值为．…………………………….13分

（18）（共14分）

解：（Ⅰ）设等差数列的公差为，

则．

由，解得．

因为，

所以（）．

所以．………………………………….6分

（Ⅱ）选条件①：．

因为，

所以．

又因为，所以数列是首项为2，公比为4的等比数列．

所以．………………………………….14分

选条件②：．

因为．

所以

．             ………………………………….14分

选条件③：．

因为，

所以

．                   ………………………………….14分

（19）（共14分）

解：（Ⅰ）因为，点为的中点，所以．

又因为平面平面，

平面平面，

平面，

所以平面．

又因为平面，

所以．………………………… 4分

（Ⅱ）取为的中点，连接．

因为，，

所以．

由（Ⅰ）知．

又因为平面，平面，

所以．

如图，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．

则．

因为，所以．

所以，．

因为平面，所以平面的法向量为．

设平面的法向量为，则

即

令，则，．

于是．

设二面角为，由题知为锐角，则

．

所以二面角的余弦值为．………………………………….10分

（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得．

因为，

所以．

因为平面的法向量为，

所以平面当且仅当，

即，解得．

所以在棱上存在点，使得平面，此时．…….14分

（20）（共14分）

解：（Ⅰ）由题设，得

解得，．

所以椭圆的方程为．.………………………………….4分

（Ⅱ）依题意，直线l的斜率存在且不为0，设其方程为（）．

由得．

由，得．

，．

假设存在点满足题意，则．

．

令，即．

所以．

所以，即．

所以．

故在轴上存在点，使得直线，直线与轴围成的三角形始终是底边在轴上的等腰三角形．.………………………………….14分

（21）（共15分）

解：（Ⅰ）因为，所以．

所以．

又，

所以．.……………………………………………….4分

（Ⅱ）假设数列中只有有限多个不为的项．

设是数列中不为的最后一项．

则．

所以，与假设矛盾．

所以数列中有无穷多项不为． .………………………………….9分

（Ⅲ）解法一：由（Ⅰ）可得，

．

下面证明对任意，有

， ①

 ②

 ③

当时，由（Ⅰ）可得．

假设当时，①②③式成立．

当时，，

①式成立，

②式成立，

③式成立．

所以对任意，①②③式成立．

所以对任意，有，即．.………………………………….15分

（Ⅲ）解法二：由（Ⅰ）可得，

．

下面证明对任意，有

，

假设存在，使得或

或

设．

取，则．

所以对任意，有

，

所以，

所以，与矛盾．

所以假设不成立．

所以对任意，有，即．.………………………………….15分

（Ⅲ）解法三：由（Ⅰ）可得，

．

依次类推，对任意，有，

所以对任意，有，即．