2024北京清华附中高二(上)期末数学试卷(教师版)

这是一份2024北京清华附中高二(上)期末数学试卷(教师版)，共19页。
第一部分（选择题共40分）
一、选择题共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. 设集合，，则等于（ ）
A. B. C. D.
2. 的展开式中x项的系数为（ ）
A. B. C. 5D. 10
3. 若双曲线的焦距为4，则其渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A. B. 的图像关于原点对称
C. 在定义域内是增函数D. 存在最大值
5. 在中，，则等于（ ）
A. B. C. 9D. 16
6. 已知底面边长为2的正四棱柱的体积为，则直线与所成角的余弦为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知点F是双曲线的一个焦点，直线，则“点F到直线l的距离大于1”是“直线l与双曲线C没有公共点”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
8. 已知数列的前项和为，满足，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. 数列的前项和为D. 数列是递增数列
9. 已知直线恒过定点A，直线恒过定点B，且直线与交于点P，则点P到点的距离的最大值为（ ）
A. 4B. C. 3D. 2
10. 已知函数若不等式对任意实数x恒成立，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
第二部分非选择题共110分
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知复数对应的点到原点的距离是，则实数___________．
12. 已知点在抛物线上，则点到抛物线的焦点的距离为___________．
13. 已知函数在区间上的最大值为2，则正数的最小值为___________．
14. 从数字1，2，3，4中选出3个不同的数字构成四位数，且相邻数位上的数字不相同，则这样的四位数共有___________个．
15. 在平面直角坐标系中，定义为点到点的“折线距离”．点是坐标原点，点在圆上，点在直线上．在这个定义下，给出下列结论：
①若点的横坐标为，则； ②的最大值是；
③的最小值是2； ④的最小值是．
其中，所有正确结论的序号是______．
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 如图，四边形为矩形，平面平面，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小．
17. 在锐角中，．
（1）求；
（2）求周长的最大值．
18. 某区12月10日至23日的天气情况如图所示．如：15日是晴天，最低温度是零下9℃，最高温度是零下4℃，当天温差（最高气温与最低气温的差）是5℃．

（1）从10日至21日某天开始，连续统计三天，求这三天中至少有两天是晴天的概率：
（2）从11日至20日中随机抽取两天，求恰好有一天温差不高于5℃的概率：
（3）已知该区当月24日的最低温度是零下10℃．12日至15日温差的方差为，21日至24日温差的方差为，若，请直接写出24日的最高温度．（结论不要求证明）
（注：，其中为数据的平均数）
19. 已知函数．
（1）当时，求证：在上是增函数；
（2）若在区间上存在最小值，求的取值范围；
（3）若仅在两点处的切线的斜率为1，请直接写出的取值范围．（结论不要求证明）
20. 已知椭圆的焦距为，下顶点和右顶点的距离为，
（1）求椭圆方程；
（2）设不经过右顶点的直线交椭圆于两点，过点作轴的垂线交直线于点，交直线于，若点为线段的中点，求证：直线经过定点．
21. 已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或
（1）已知，数列，写出的所有“相邻数列”；
（2）己知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数；
（3）已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值．
参考答案
第一部分（选择题共40分）
一、选择题共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. 【答案】B
【分析】根据集合和集合交集的概念求解即可.
【详解】由题意可得集合，，
所以，
故选：B
2. 【答案】A
【分析】求出展开式的通项公式为，令，得，即可求解.
【详解】解：的展开式的通项为：，
令，得，
得的展开式中x项的系数为：.
故选：A
3. 【答案】A
【分析】
利用题设的焦距求解m, 由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为：即得解.
【详解】双曲线的焦距为4，可得m+1＝4，所以m＝3，
由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为：
所以双曲线的渐近线方程为：yx．
故选：A．
【点睛】本题考查了双曲线的方程及性质，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.
4. 【答案】B
【分析】借助函数的性质逐一判断即可.
【详解】对于选项A:因为，可得，故选项A错误；
对于选项B:因为的定义域为，定义域关于原点对称，
且，可得为奇函数，故选项B正确；
对于选项C: 因为的定义域为，
当时，在为单调递增，
所以在为单调递增，
由于关于原点对称，所以在为单调递增，
所以在，单调递增，
不满足在定义域单调递增，（可取特殊值排除），故选项C错误；
对于选项D: 在为单调递增，故无最大值，故选项D错误.
故选：B.
5. 【答案】C
【分析】利用正弦定理可得，进而得到与夹角的余弦值，代入数量积公式即可求解.
【详解】在中，由正弦定理可得，
所以， 即，
令与的夹角为，则，
所以，
故选：C
6. 【答案】D
【分析】根据异面直线所成角及余弦定理即可求解.
【详解】如图，连接，则，
正四棱柱的体积为，
则，则，
则为异面直线与所成角，
则，，
故.
故选：D
7. 【答案】A
【分析】由点到直线距离公式和充分必要条件可判断.
【详解】由双曲线，可知，且渐近线方程为
若点F到直线l的距离，得，或，
如图，由双曲线性质可知，直线l与双曲线C没有公共点；
反之，若直线l与双曲线C没有公共点，因为直线l过原点，
由图可知，，或，
则，
即点F到直线l的距离大于或等于1，
所以，“点F到直线l的距离大于1”是“直线l与双曲线C没有公共点”的充分不必要条件.
故选：A
8. 【答案】D
【分析】先利用求出数列的通项公式，再依次判断各选项即可.
【详解】由题意可知，当时，，解得，
当时，，则，即，
显然，，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，当时仍成立，，AB说法错误；
令，则，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，其前项和为，C说法错误；
令，则，
又由可得，所以数列是递增数列，D说法正确；
故选：D
9. 【答案】A
【分析】首先求点的坐标，并判断两条直线的位置关系，则点P到点的距离的最大值等于点P到圆心的距离与半径之和即点P到线段AB中点距离与半径之和
【详解】设
由直线，可得
由直线，可得，
因为直线与直线满足，
所以，
所以点P在以AB为直径的圆上，所以点P到点的距离的最大值等于点P到圆心的距离与半径之和即点P到线段AB中点距离与半径之和，
由，，得AB中点为，半径为1，
所以点P到点的距离的最大值为，
故选：A

10. 【答案】C
【分析】分，，三种情况讨论，将恒成立问题分参转化为最值问题，借助导数及函数的性质计算即可.
【详解】当时，不等式恒成立；
当时，此时，即，
即对任意恒成立，
令在上单调递减，则，故.
当时，此时，即，
即，对任意恒成立，
令，其中，则，
令，则，
所以在上单调递减，
又，要使在恒成立，
则在恒成立，
即在恒成立，
令，则在上单调递减，，
所以.
综上所述：的取值范围为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：利用参变分离，再运用函数的思想研究不等式，并结合导数研究函数的单调性与最值.
第二部分非选择题共110分
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 【答案】
【分析】根据复数的几何意义和两点间距离公式求解即可.
【详解】复数在复平面内对应的点的坐标为，
所以即，解得，
故答案为：
12. 【答案】4
【分析】先确定抛物线的标准方程，再根据抛物线的定义求有关距离.
【详解】因为点在抛物线上，所以.
所以，抛物线：，焦点：
所以到焦点的距离：.
故答案为：4
13. 【答案】
【分析】令，得到，结合三角函数的性质得到，计算即可.
【详解】对于，令，则，
因为，所以，
结合的图象可知：，解得：.
故的最小值为.
故答案为：.
14. 【答案】72
【分析】利用分步计数原理与插空法即可得解.
【详解】根据题意，完成这个事情可分为三步：
第一步骤：选数字，有种；
第二个步骤：将选好的三个数字确定一个重复的数字，有种，
第三个步骤：安排这三个数字在四个位置上，且相邻数位上的数字不相同，
即先安排两个不同的数字，再让两个相同的数字去插空，则有种排序方法，
根据分步计数原理可得这样的四位数共有：个.
故答案：
15. 【答案】①②④
【分析】对于①,求出的坐标即可判定为正确；对于②，利用圆的参数方程和辅助角公式即可判定正确；对于③④，利用绝对值放缩和绝对值不等式即可判定③错④对.
【详解】对于①，由题得出的纵坐标为，所以，故①正确；
对于②，设，，则，结合对称性，取 分析即可，
此时，显然当时，取最大值，故②正确；
对于③，设，则，
当的时候等号成立，所以的最小值是，故③错误；
对于④，设，，，则
，其中，
所以当时，取最小值，此时，故④正确；
故答案为：①②④.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）结合线面垂直及面面垂直的知识，先证平面，再证平面；
（2）利用向量法求出平面的法向量，求出直线与平面所成角即可.
【小问1详解】
法1： ，，
，又．
四边形为矩形，．
平面平面，且平面平面，平面,
平面．平面，．
平面,平面．
法2：平面平面，且平面平面，
且平面,,
平面．平面，．
由两两垂直，则以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系．
,
，
由．可得，，
平面，平面．
【小问2详解】
结合上问可知：，
设平面的法向量为
则，．
即，令，则．即．
因为，
设所求角的大小为．则
故直线与平面所成角的大小.
17. 【答案】（1）
（2）3
【分析】（1）利用正弦的二倍角公式化简求值即可；
（2）解法一：利用正弦定理可得，结合正弦两角差公式和辅助角公式求解即可；解法二：利用余弦定理可得，再根据均值不等式求最值即可.
【小问1详解】
因为锐角，，所以，
所以，所以，.
【小问2详解】
解法一：由正弦定理可得，
所以
，
在锐角中，，
所以当，即时，取最大值，
.
解法二：由余弦定理可得，
代入得，所以，
因为，所以，，
当且仅当时等号成立，
所以.
18. 【答案】（1）；
（2）；
（3）0℃.
【分析】（1）根据给定信息，利用古典概率公式列式计算即得.
（2）利用组合求出试验的基本事件总数，所求概率的事件所含基本事件数，再利用古典概率求解即得.
（3）利用平均数、方差公式计算，求出24日的温差即可得解.
【小问1详解】
设“这三天中至少有两天是晴天”为事件A，连续统计三天共有12个基本事件，事件A共有8个基本事件，
所以.
【小问2详解】
从11日至20日中随机抽取两天共有个基本事件，设“恰好有一天温差不高于5℃”为事件B，
不高于5℃有11日，12日，13日，14日，15日，16日，20日，事件B有个基本事件，
所以.
【小问3详解】
显然12日至15日温差为4，2，5，5，平均数为4，方差，
21日至24日温差为8，11，11，a，平均数为，方差，
依题意，，即，整理得，解得，
而24日的最低温度是零下10℃，所以24日的最高温度是0℃.
19. 【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）求导，讨论导函数的符号证明增减性即可；
（2）对分类讨论，判断函数在上的单调性即可求解的取值范围；
（3）仅在两点处的切线的斜率为1，即有两个不同解，转化为与或与的图象有两个交点求解即可.
【小问1详解】
当，即时，，
令解得，
当时，，当时，，
又连续，所以在上是增函数.
【小问2详解】
，
当时，，
①当时，在上恒成立，
所以，在区间上单调递增，所以在区间上不存在最小值：
②当时，令解得，此时，
所以存在最小值，且，
综上a的取值范围是．
【小问3详解】
仅在两点处的切线的斜率为1，即有两个不同解，
解法一：方程有两个不同的解，即与的图象有两个交点，
令，则，
所以图象大致如下，
由图象可知与的图象有两个交点，则的取值范围为.
解法二：方程有两个不同的解，即与的图象有两个交点，
在同一坐标系上画和的图象如图，
由图象可得当时与的图象有两个交点，即的取值范围为.
20. 【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的性质求解即可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知条件求出的关系即可求解.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
联立得，且
设,
则有,
故，
因为，所以直线，即，则,
因为，
所以直线，所以．
因为点为线段的中点，所以，
所以，
，
，
，
，
，
，
因为，所以，
直线，
所以直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 【答案】（1）；；；.
（2）11个 （3）37
【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可；
（2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可；
（3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可.
【小问1详解】
根据“相邻数列”的概念可知，，
或，或，
所以的所有“相邻数列”有；；；.
【小问2详解】
任取的一个“相邻数列”，
因为或，
或，
所以有且，
对于的取值分以下4种情形：
（a），
（b），
（c），
（d）
由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形，
递增，，即，
由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列，
于是，则，即满足数列的有11个.
【小问3详解】
令，所以对任意，
设，则且，
先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合．
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合，
因此，的分布只可能是如下三种情况：
（i），此时，对任意的，由得，
所以对任意的，注意到，所以，
等号当且仅当时取到；
（ii）存在整数，使得
对任意的，对任意的，所以
（iii）．此时，对任意的，与情形1类似，
对任意的，注意到，
所以，
综上，的最小值为．
【点睛】思路点睛：根据“相邻数列”的定义，按照或分类讨论不同情形，结合数列的定义求解即可.
0
极小值