北京市朝阳区2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

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北京市朝阳区2022~2023学年度第一学期期末质量检测
高二数学
（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（ ）
A. 4 B. 6 C. 8 D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列性质，，求出式子的值.
【详解】因为等差数列，所以.
故选：C.
2. 已知点到直线的距离为，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点到直线得距离公式即可得出答案.
【详解】解：由题意得．
解得或．，．
故选：C.
3. 设函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求在处切线的斜率，进而即可得切线方程.
【详解】因为，所以，所以，
即在处切线方程的斜率为，
又因为，所以切线方程为，整理得，
故选：B
4. 已知F是抛物线的焦点，点在抛物线C上，则（ ）
A. B. C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的定义可得：，代入数据即可求解.
【详解】因为抛物线方程为，所以，
又因为点在抛物线C上，由抛物线的定义可得：
，
故选：.
5. 已知直线，直线，则“”是“”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
【解析】
【分析】根据直线的平行的判定即可求解.
【详解】等价于，
解得，
所以，
解得或，
当时，，，此时重合，
故“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
6. 如图，在四面体中，是的中点，设，，，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形法则先求得向量、，进而求得．
【详解】解：，
，
．
故选：B．
7. 已知函数有两个极值点，则（ ）
A. 或 B. 是的极小值点 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数有两个极值点，
则导数为有两个根,由单调性及根与系数的关系等逐个判断即可.
【详解】因为函数有两个极值点，
所以有两个根,

所以,,故选项错误;
因为有两个根,
所以,即得,解得或,故选项正确;
因为有两个根,
在上单调递增,在上单调递减,所以是的极大值点,故选项错误;
故选: A.
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（ ）
A B. 2 C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用双曲线的几何性质求解即可.
【详解】因为点在上，是双曲线的两个焦点,
由双曲线的对称性不妨设，

则①，，
因为，所以，
由勾股定理得②，
①②联立可得，，
所以，
故选：B
9. 如图，平面平面，，A，B是直线l上的两点，C，D是平面内的两点，且，，，，，若平面内的动点P满足，则四棱锥的体积的最大值为（ ）

A. 24 B. C. 48 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知可得，则当四棱锥的高最大，即的高最大即可.根据面面垂直的性质得出线线垂直关系结合，可得.设，，在根据余弦定理结合面积公式得出.由三边关系得到，即可得到，代入体积公式即可求出结果.
【详解】
在平面内，由，，可得.
又，，所以四边形为直角梯形，.
要使四棱锥的体积的最大值，则只要四棱锥的高最大即可.
因为平面平面，，过点向作垂线交于，根据面面垂直的性质可得，，则.
又是的高，且由，可知，，，
又，，所以，.
在中，.在中，.
又，所以，所以，即.
设，，在中，由余弦定理可得.
因为，所以，
则，又，
所以，.
根据三角形三边关系可得，即，
所以，.
所以，当时，有最大值为.
又四棱锥的体积为，
所以，四棱锥的体积的最大值为48.
故选：C.
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（ ）
A. 98 B. 99 C. 100 D. 101
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意推出,再利用累加法化简即可求出的值.
【详解】由题意得，，因为,，
所以，
，
，
，
累加得，
因为，所以
当,,是递增数列.
所以，所以.
故选：.
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______.
【答案】
【解析】
【分析】利用乘积导数运算法则，即可得到结果.
【详解】∵，
∴.
故答案为：.
12. 已知平面的法向量为，直线l的方向向量为，且，则实数_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线与平面垂直可得直线l的方向向量与平面的法向量平行，利用两向量平行的充要条件即可求解.
【详解】因为平面的法向量为，直线l的方向向量为，且，所以，则存在实数使得，
也即，解得：，，
故答案为：.
13. 过圆的圆心且与直线平行的直线的方程是__．
【答案】
【解析】
【分析】设出与直线平行的直线，将圆心代入即可.
【详解】由的圆心为，
设与直线平行的直线为：
，
因为过圆心，
所以，
故所求直线为：，
故答案为：.
14. 设点分别为椭圆的左、右焦点，则椭圆C的离心率为______________；经过原点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于P，Q两点，当四边形的面积最大时，_____________．
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】根据已知求出的值，即可得到离心率；根据对称性可得，，所以为短轴顶点.写出的坐标，即可得到结果.
【详解】由已知可得，，，所以，则离心率.
根据椭圆对称性可得，点关于原点对称，设，.
且，
当最大时，面积最大，则此时为短轴顶点.
不妨设.，，所以，，
所以.
故答案为：；.
15. 已知是首项为负数，公比为q的等比数列，若对任意的正整数n，恒成立，则q的值可以是____________________．（只需写出一个）
【答案】-3（答案不唯一，即可）
【解析】
【分析】根据已知可推出恒成立，进而得到，.
【详解】由可得，恒成立，
因为，显然有，
又，所以，.
故答案为：-3.
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________________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】当时，判断是否成；点(y，x)代入方程，判断与原方程是否相同；
联立直线和曲线方程，判断方程组是否有解分别逐一判断选项即可.
【详解】当时, 方程为
当时，，故第三象限内的点不可能在曲线上，①正确；
将点代入曲线方程得，故曲线关于直线对称，②正确；
当,联立其中，
将代入得，即，则方程组无解，
故曲线与直线无公共点，③错误;
联立可得有解,
设, ,
当时, 在单调递增, 单调递减,值域为所以成立,
当时成立.
当时, ,单调递增,
,所以成立,
所以曲线与直线一定有公共点
故④选项正确.
故答案为：①②④.
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. 设函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，求的最大值与最小值．
【答案】（1）单调递增区间是,，单调递减区间是
（2）最大值,最小值
【解析】
【分析】（1）利用导数和函数单调性的关系，求函数的单调区间；
（2）利用函数的单调性，列表求函数的最值.
【小问1详解】
，
当，解得：或，所以函数的单调递增区间是,，
当，解得：，所以函数的单调递减区间是，
所以函数的单调递增区间是,，单调递减区间是；
【小问2详解】
由（1）可得下表





4








单调递减

单调递增

所以函数的最大值是，函数的最小值是
18. 已知是等差数列，其前n项和为．
（1）求数列的通项公式及；
（2）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n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．
【答案】（1），
（2）若选①：；
若选②：；
若选③：
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和求和公式即可求解；
（2）根据等比数列求和公式、分组求和方法、乘公比错位相减法即可分别求解.
【小问1详解】
设数列{an}的公差为.
，
，
，

所以，
所以.
【小问2详解】
若选①：，
；
若选②：，
.
若选③：，



.
19. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点O是的中点．

（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在棱上是否存在点M，使得平面?若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）；
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合面面垂直的性质、线面垂直的性质进行证明即可；
（2）根据（1）的结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）根据线面平行的性质，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.
【小问1详解】
因为，点O是的中点，
所以，因为平面平面，平面平面，
所以平面，而平面，
所以；
【小问2详解】
设为的中点，连接，
因为，，所以，由（1）可知：平面，而平面，所以，
因此建立如图所示的空间直角坐标系，

，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，因此平面的法向量为，
设平面的法向量为，，
于是有，
二面角的余弦值为：；
【小问3详解】
假设在棱上存在点M，使得平面，且，可得：，因此，
由（2）可知平面的法向量为，
因为平面，所以，
因此假设成立，.
20. 已知椭圆的长轴长为4，且点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的直线l椭圆C交于两点，且．问：x轴上是否存在点N使得直线，直线与y轴围成的三角形始终是底边在y轴上的等腰三角形？若存在，求点N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解；（2）转化为0后，根据直线与椭圆联立即可求解.
【小问1详解】
因为 ,
解得2.
所以点 在椭圆 上.
将 代入 , 得 .
.
从而 .
.
【小问2详解】
显然直线 的斜率存在且不为 0 , 设直线的方程为 .
设 .
假设存在点 ,
因为直线 与 轴围成的三角形始终为底边在轴上的等腰三角形，
0，
即 ,
即 .
由
消去 并整理, 得 .
由 ,
求得 ,
则 .
所以 ,
解得 .
于是在 轴上存在定点 , 使得直线 与 轴围成的三角形始终为底边在 轴上的等腰三角形.
21. 在无穷数列中，．
（1）求与的值；
（2）证明：数列中有无穷多项不为0；
（3）证明：数列中的所有项都不为0．
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用递推公式求的值即可；
（2）假设数列中有限个项不为0，然后推出与题意矛盾即可求证；
（3）由（2）可得在无穷处能找到一个，利用递推公式可得数列呈周期变化， ，令即可证明.
【小问1详解】
由可得，
，，，
，，
所以，.
【小问2详解】
假设数列中有限个项不为0，
则会存在一个数，当时，，
则，
由可得；
由可得
由可得，与题意矛盾，故假设不成立，
所以数列中有无穷多项不为0
【小问3详解】
由（2）可得在无穷处能找到一个，
因为，所以，
所以由可得，
同理可得，
当即时，因为，且，所以数列所有项都不为0，
当即时，因为，且，所以数列所有项都不为0，
当即时，因为，且，所以数列所有项都不为0，
综上可得数列中的所有项都不为0．
【点睛】关键点睛：第（3）问一开始用到了第（2）问结论，关键是利用递推数列能得到数列的周期变化，考查分析问题与解决问题的能力.