北京市顺义区2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题（Word版附解析）

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考生须知
1.本试卷共6页，共两部分，21道小题，满分150分.考试时间120分钟.
2.在答题卡上准确填写学校、姓名、班级和教育ID号.
3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.
4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答.
5.考试结束后，请将答题卡上交.
第一部分（选择题共40分）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40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. 直线l：的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜率即可求解倾斜角.
【详解】直线的斜率为1，故倾斜角为，
故选：B
2. 在空间直角坐标系中，已知点，若向量，则点B的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，从而得到方程组，求出，得到答案.
【详解】设，则，
故，解得，
所以点坐标为
故选：C
3. 圆：与圆：的位置关系是（ ）
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切
【答案】A
【解析】
分析】根据圆心距大于半径之和，得到位置关系.
【详解】圆：的圆心为，半径为1，
圆：的圆心为，半径为3，
圆心距，故两圆外离.
故选：A
4. 在数列中，，且，则等于（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件得到为公比为2的等比数列，从而求出答案.
【详解】因为，，所以为公比为2的等比数列，
所以.
故选：C
5. 在长方体中，，，，则点D到平面的距离为（ ）
A. 1B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量为，以及，由公式即可得解.
【详解】由题意，以为原点，分别为轴所在直线建立如图所示的空间直角坐标系：
因为，，，
所以，
则，
不妨设平面的法向量为，
所以，不妨令，解得，
即取平面的法向量为，
所以点D到平面距离为.
故选：D.
6. 已知双曲线C经过点，其渐近线方程为，则双曲线C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由渐近线方程可设双曲线为且，再由点在双曲线上，将点代入求参数m，即可得双曲线方程.
【详解】由题设，可设双曲线为且，又在双曲线上，
所以，则双曲线的方程是.
故选：C.
7. 已知直线：，：.若，则实数（ ）
A. 0或B. 0C. D. 或2
【答案】B
【解析】
【分析】根据两直线平行得到方程，求出或，检验后得到答案.
【详解】由题意得，解得或，
当时，直线：，：，满足，
当时，直线：，：，两直线重合，不合要求，舍去，
综上，.
故选：B
8. 已知等比数列的首项，公比为q，记（），则“”是“数列为递减数列”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式、充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由题意，，
，
当时，对于不一定恒成立，例如；
当为递减数列时，且对于恒成立，
又因为，所以得，
因此“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件，
故选：C.
9. 《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次有小寒、大寒、立春、雨水惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气.立竿测影，得其最短日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，春分日影长为7.5尺，则这十二个节气中后六个（春分至芒种）日影长之和为（ ）
A. 8.5尺B. 30尺C. 66尺D. 96尺
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列基本量列方程组、方程求解.
【详解】设这个等差数列为，公差为，首项为冬至日最短日影长，根据题意有
即，解得
所以.
故选:B
10. 如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与所成角的范围是
B. 直线与平面所成角的最大值为
C. 二面角的大小不确定
D. 直线与平面不垂直
【答案】D
【解析】
【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由直线方向向量夹角余弦的范围即可判断；对于B，由线面角正弦值的公式即可判断；对于C，由两平面的法向量夹角余弦即可判断；对于D，由即可判断.
【详解】以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
不妨设正方体棱长为1， ，
对于A，，
不妨设直线与所成角为，
所以，
当增大时，分别减小，增大，所以关于单调递减，
所以，所以，故A错误；
对于B，由题意，且显然平面的法向量为，
不妨设直线与平面所成角为，
则单调递增，，
所以，所以，故B错误；
对于C，，
所以，
不妨设平面与平面的法向量分别为，
所以有和，令，解得，
即取平面与平面的法向量分别为，
二面角为锐角，不妨设为，
则，
所以二面角的大小为，故C错误；
对于D，，
所以，
所以与不垂直，所以直线与平面不垂直.
故选：D.
【点睛】关键点睛：C选项的关键是看两平面法向量夹角是否固定不变，由此即可顺利得解.
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题（本题共5道小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡上.）
11. 已知等差数列的首项为，且，则______.
【答案】24
【解析】
【分析】由等差数列的通项公式可得.
【详解】因为是等差数列，，，
设公差为d，可得，解得，
所以，
故答案为：24.
12. 已知平面的法向量为，，若直线AB与平面平行.则______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据题目条件得到与垂直，从而得到方程，求出答案.
【详解】因为直线AB与平面平行，所以与垂直，
即，解得.
故答案为：1
13. 已知圆C：，若直线与圆C有两个不同的交点，写出符合题意的一个实数k的值______.
【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】运用直线和圆的位置关系直接求解即可.
【详解】已知直线与圆C有两个不同的交点，且设圆心到直线的距离为，化简圆方程得，故有，解得.
故答案为：(答案不唯一)
14. 探照灯、汽车灯等很多灯具的反光镜是抛物面（其纵断面是抛物线的一部分），正是利用了抛物线的光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射之后沿对称轴方向射出.根据光路可逆图，在平面直角坐标系中，抛物线C：，一条光线经过点，与x轴平行射到抛物线C上，经过两次反射后经过点射出，则光线从点M到点N经过的总路程为______.
【答案】24
【解析】
【分析】根据题意结合抛物线的定义分析求解.
【详解】由题意可知：抛物线C：的准线，
设入射光线所在直线与抛物线和准线分别交于点，两次反射后反射光线所在直线与抛物线和准线分别交于点，
可知，
所以光线从点M到点N经过的总路程为
.
故答案为：24.
15. 在数列中，若，（，，p为常数），则称为“等方差数列”，给出以下四个结论：①不是等方差数列；②若是等方差数列，则（，k为常数）是等差数列；③若是等方差数列，则（，k、l为常数）也是等方差数列；④若既是等方差数列，又是等差数列，则该数列也一定是等比数列.其中所有正确结论的序号是______.
【答案】②③
【解析】
【分析】根据等方差数列定义可判断①③；根据等方差数列定义结合等差数列的定义判断③④.
【详解】对于①，时，为常数，
故是等方差数列，①错误；
对于②，若是等方差数列，即有，（，，p为常数）
则为常数，
故（，k为常数）是等差数列，②正确；
对于③，若是等方差数列，即有，（，，p为常数），
则，
故为常数，
则（，k、l为常数）也是等方差数列，③正确；
对于④，若既是等方差数列，又是等差数列，
则时，，且（d为常数），
则，
当时，则为常数列，满足是等方差数列，
若，则不为等比数列，④错误；
故答案为：②③
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于理解等方差数列的定义，明确其含义，并由此结合等差数列以及等比数列的定义求解即可.
三、解答题共6道题，共85分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 已知数列是等比数列，，（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）若为等差数列，且满足，，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出公比，得到通项公式；
（2）设出公差，根据题目条件得到方程组，求出首项和公差，得到答案.
【小问1详解】
设等比数列的公比为q，
因为，，所以，所以，
所以；
【小问2详解】
等差数列的公差为d，则，，
解得，，
所以数列的前n项和公式为.
17. 已知是正方体，点E为的中点，点F为的中点.
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用的数量积来判断垂直关系；
（2）利用空间向量法求二面角余弦值即可.
【小问1详解】
∵是正方体，∴两两垂直，
∴以为x轴，以为y轴，以为z轴如图建系:
设，∴，，，，，，，
∴，，
∴，
∴
小问2详解】
平面FCB的法向量，
设平面EFC的法向量，，，
，
令，得，；∴，
设二面角的平面角为，则，
∴二面角的余弦值为.
18. 如图，已知M是抛物线C：（）上一点，F是抛物线C的焦点，以Fx为始边，FM为终边的，且，l为抛物线C的准线，O为原点.
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线FM与抛物线C交于另一个点N，过N作x轴的平行线与l相交于点E.求证：M，O，E三点共线.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）方法1：作出辅助线，由焦半径公式和得到为等边三角形，求出，得到抛物线方程；
方法2：过M作轴，垂足为G，设点M横坐标为，得到方程组，求出答案；
方法3：点，求出，代入抛物线方程中，得到方程，求出，得到答案；
（2）求出直线FM的方程，联立抛物线方程，得到M，进而得到E，从而求出，，证明出结论.
【小问1详解】
方法1：过M作，垂足为A，连结FA，则，
因为，所以，为等边三角形，
故.
因为，所以，
即，
故抛物线C的方程为.

方法2：过M作轴，垂足为G，
则.
设点M的横坐标为，
根据题意得：
解得.抛物线C的方程为.

方法3：设点，
则，
因在抛物线C上，所以，
化简得，
解得或（舍）.
抛物线C的方程为.
【小问2详解】
证明：抛物线C的焦点，，
直线FM的方程为.
联立方程得，
解得，，所以，
M点坐标为，E点坐标为，
因为，.

所以M，O，E三点共线.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系，处理三点共线，四点共圆，或两直线倾斜角互补或相等问题时，往往会转化为斜率之和为0或斜率相等，进而列出方程，代入计算即可.
19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，是等边三角形，平面平面，M为PC的中点.
（1）求证：平面；
（2）求MD与平面ABCD所成角的正弦值；
（3）设点N在线段PB上，且，PA的中点为Q，判断点Q与平面MND的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）点Q在平面MND内，理由见解析
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而得到OB，OD，OP两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面角的正弦值；
（3）求出平面MND的法向量为，计算出，得到，从而得到点Q在平面内.
【小问1详解】
连接交于E，连接.
∵四边形是菱形，
∴E为中点，
∵M是线段中点，
∴ME是中位线，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
取中点O，连接、，
∵是等边三角形，
∴.
∵四边形是菱形，，
∴是等边三角形.
∴.
∵平面平面，平面平面，在平面内，
∴平面.
∵平面，
∴⊥，
∴，，两两垂直.
∴以为坐标原点，以为x轴，以为y轴，以为z轴建立坐标系.如图，
∴，，，，，，，
∴
∴平面的法向量为.
设与平面所成角为，
则.
∴与平面所成角正弦值为.
【小问3详解】
点Q在平面内，理由如下：
连接，
∵，∴，
∴，
设平面的法向量为，
则，
令得，，
∴.
∵的中点为Q，
∴，.
∴.
∴.
∵D在平面内，
∴DQ在平面内.
∴点Q在平面内.
20. 已知椭圆E：（）与y轴的一个交点为，离心率为.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设过点A的直线l与椭圆E交于点B，过点A与l垂直的直线与直线交于点C.若为等腰直角三角形，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据椭圆上的点和离心率求出椭圆方程；
（2）方法1，设出l的方程与椭圆联立方程组，求出点的坐标，根据为等腰直角三角形列式运算得解；方法2，过点A作直线的垂线，垂足为D，再过点B作直线的垂线，垂足为F，易判断，可得，求出点坐标，得解.
【小问1详解】
由已知得解得，.
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
方法1：由题意可知，直线l与y轴不垂直，
又当l与x轴垂直时，显然.
所以，设直线l的方程为（），
联立方程，消去y整理得（*），易得，
设点，则由点及方程（*）的根与系数的关系得，，
，
因为，所以直线的方程为，
将代入，解得.故点C的坐标为
.
由为等腰直角三角形知，即，
化简整理得，即，解得
所以直线l的方程为或.
方法2：
由题意可知，直线l与y轴不垂直，又当l与x轴垂直时，显然.
过点A作直线的垂线，垂足为D，再过点B作直线的垂线，垂足为F.
因为，所以.
当时，易判断.所以.
由，求得，
由此可知点B的坐标为或，
直线l的斜率或，
所以直线l的方程为或.
【点睛】关键点睛：本题第二问方法二，关键利用点到直线的距离为1，利用图形构造全等三角形得到点B的坐标为或，得到直线l的方程.
21. 设数列的前n项和为.若对任意.总存在.使得.则称是“M数列”.
（1）判断数列（）是不是“M数列”，并说明理由；
（2）设是等差数列，其首项.公差.且是“M数列”
①求d的值和数列的通项公式：
②设，直接写出数列中最小的项.
【答案】（1）不是，理由见解析
（2）①，；②
【解析】
【分析】（1）直接由“M数列”的定义进行判断即可.
（2）①由题意关于的方程即恒有正整数解，结合数论知识即可求解出；②由题意得，故当当时或当时，取最小值.
【小问1详解】
数列不是“M数列”，理由如下：
∵，当时，，此时找不到，使得.
所以数列不是“M数列”.
【小问2详解】
①是等差数列，且首项，公差，
则，
故对任意，总存在，使得成立，
则，其中为非负整数，
要使，需要恒为整数，即d为所有非负整数的公约数，
又，所以，所以.
②∵，所以.
由的单调性知在为减函数，在为增函数，
当时，；当时，.
所以，当时，有最小值.即数列中最小的项为.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是得到关于的方程恒有正整数解，由此得出，从而顺利得解.