北京市丰台区2023_2024学年高二数学上学期期末练习试卷含解析

这是一份北京市丰台区2023_2024学年高二数学上学期期末练习试卷含解析，共20页。试卷主要包含了 如图，在四面体中，，，等内容，欢迎下载使用。
考生须知
1.答题前，考生务必先将答题卡上的学校、班级、姓名、教育ID号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的教育ID号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码.
2.本次练习所有答题均在答题卡上完成.选择题必须使用2B铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项.非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整、字迹清楚.
3.请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在练习卷、草稿纸上答题无效.
4.本练习卷满分共150分，作答时长120分钟.
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. 已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得直线的斜率为，进而求得直线的倾斜角，得到答案.
【详解】由直线经过，两点，可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，可得，所以.
故选：B.
2. 已知数列的前项和为，且，，则（）
A. B. C. 1D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解.
【详解】由可得为等比数列且公比为，
，故，
故选：C
3. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上.若，则（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据焦半径公式，即可求解.
【详解】由焦半径公式可知，，得.
故选：A
4. 已知椭圆的焦点在轴上，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程，列出不等式组，即可求解.
【详解】由椭圆的焦点在轴上，则满足，解得.
故选：C.
5. 如图，在四面体中，，，.点在上，且，为的中点，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算及空间向量基本定理，结合图像即可得解.
【详解】由题意可知，，，
所以.
故选：D
6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上.若，则的面积为（）
A2B. 4C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由椭圆的定义，得到，再由勾股定理得，联立方程组，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，椭圆，可得，则，
因为点在椭圆上，可得，
又由，可得,
联立方程组，可得，
所以的面积为.
故选：B.
7. 月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼.1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数.例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即.已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且q，d均为正整数，则（）
A. 40B. 80C. 96D. 112
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件和等比数列等差数列的性质，得，又q，d均为正整数，求解q的值得.
【详解】依题意，有，，
时，d不是正整数；时，；时，，d不是正整数.
所以，，.
故选：B
8. 已知点在由直线，和所围成的区域内（含边界）运动，点在轴上运动.设点，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意画出图形，再确定出使的位置.然后求出值即可
【详解】由直线，和围成,如图所示，
点在内（含边界）运动，
在轴上运动，作点关于轴的对称点，则，
的最小值为到直线的距离，即.
故选：B.
9. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一动点.给出下列四个结论：
①存在点，使得平面；
②直线与所成角的最大值为；
③点到平面的距离为；
④点到直线的距离为.
其中所有正确结论的个数为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由线面平行的判定定理验证选项A；几何法处理异面直线所成的角验证选项B；等体积法求点到平面的距离验证选项C；等面积法求点到直线的距离验证选项D.
【详解】连接，如图所示
正方体中有，，则四边形平行四边形，有，
为棱的中点，当为棱的中点时，有，则，
平面，平面，所以此时平面，结论①正确；
直线与所成角，即直线与所成的角，由图形可知，直线与不可能垂直，结论②错误；
正方体中平面，平面，，，
同理，，，
设点到平面的距离为，由，有，
即，解得，结论③正确；
设点到直线的距离为，中，，解得，结论④正确.
正确结论有3个.
故选：C
10. 过双曲线的右焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线的左支于点.若，则双曲线的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出的长，再利用双曲线定义、结合余弦定理列式求解即得.
【详解】令双曲线的左焦点为，连接，由切圆于得，，
令双曲线的半焦距为c，则，由，得，
由双曲线定义得，在中，，
由余弦定理得，即，
解得，所以双曲线的离心率.
故选：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. 已知向量，，若与共线，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量共线的坐标运算求解.
【详解】向量，，若与共线，
则有，解得.
故答案为：
12. 双曲线的渐近线方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的性质即可求得渐近线方程.
【详解】由双曲线的相关知识可知：，
所以焦点在轴双曲线的渐近线方程为：
故答案为：
13. 已知等差数列的前项和为，能够说明“对，若，则”是假命题的的一个通项公式为_______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由命题为假命题，则符合条件的等差数列递减且即可.
【详解】等差数列的前项和为，
若“对，若，则”是假命题，
只需等差数列为递减数列，即可，符合题意.
故答案为：
14. 在平面直角坐标系中，已知点，点在圆上运动，当取最大值时，的长为_______.
【答案】
【解析】
【分析】设圆心到直线的距离为，则，分析可知，当时，此时，取最大值，取最大值，再结合勾股定理可求得的长.
【详解】易知圆的圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为，则，
因为，结合上图及圆的对称性易知：，则，
当时，取最大值，此时，取最大值，且，
此时，.
故答案为：.
15. 已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，且给出下列四个结论：
①；
②各项中的最大值为2；
③，使得；
④，都有.
其中所有正确结论的序号是_______.
【答案】①②④
【解析】
【分析】令，求出可以判断①，将已知变形可判断③，判断数列的增减性可判断②和④.
【详解】令得即，解得
令得，因为所以解得，故①正确.
依题意有，，所以
所以有，，故③不正确，且
所以
因为显然是随着的增大而递增的，且，所以即
所以数列是递减数列，所以所以②正确.
所以所以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. 已知等差数列的前项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据等差数列通项公式及求和公式列式计算可得结果；
（2）根据分组求和法、等差数列求和公式及等比数列求和公式可得结果.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由题意，，解得，
所以，
故数列的通项公式
【小问2详解】
由（1）知，，
所以
.
故数列的前项和.
17. 如图，在四面体中，平面，，，分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②：为等边三角形.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线线平行即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解线面角.
【小问1详解】
因为D，E分别为，的中点，
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
选条件①：
因为，
所以，即.
因为平面，平面，所以，，
故以为原点，建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则，即.令，则，，所以.
设直线与平面所成角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为
（2）选条件②：
因为平面，平面，所以，.
在直角三角形中，，所以.
因为为等边三角形，所以.
在中，因为，
所以，即.
故以为原点，建立如图所示空间直角坐标系.
（以下解答过程与选择条件①相同.）
18. 已知圆C经过，两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）设直线与圆交于D，E两点，求四边形的面积.
【答案】（1）
（2）30
【解析】
【分析】（1）设，由可得a值，则圆心坐标可求，再利用两点之间的距离公式求半径即可得圆的标准方程；
（2）先证得四边形是平行四边形，再结合点到直线的距离公式以及圆的性质可得答案.
【小问1详解】
因为圆心在直线上，所以设，
由A，B是圆上两点，所以，
即，解得，
所以圆心的坐标为.
圆的半径，
故圆的方程为.
【小问2详解】
过点作的垂线，垂足为，则为线段的中点，
由点到直线的距离公式，得，
所以.
因为，，所以，
直线的方程为.
而直线的方程为，所以，且，
由此得四边形是平行四边形.
因为，之间的距离，
所以平行四边形的面积为，
故四边形的面积为30.
19. 如图，在三棱柱中，中，侧面为正方形，平面平面，，.
（1）求证：；
（2）若点在棱上，且平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）由为正方形，推出，再由面面垂直推出线线垂直，再证明线面垂直，推出线线垂直；
（2）以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面法向量求解即可.
【小问1详解】
因为侧面为正方形，所以.
又平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，且，平面，
所以平面，又平面，所以
【小问2详解】
由（1）知，，，，
故以为原点，分别以为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，.
设，其中.
则，
所以，
又.
设平面的一个法向量为，
则，所以，
令，，所以.
由题意，为平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，
所以，
解得或（舍）.
所以.
20. 已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，上顶点为，的面积为2，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆上不同于顶点的两点M，N关于轴对称，直线与直线交于点，直线与直线交于点.设点，求的值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意转化为关于的方程，即可求解；
（2）首先设点的坐标，并表示直线的直线方程，并通过联立方程求点的横坐标，由的值，确定和分别关于点对称，即可判断四边形为平行四边形，即可求解.
【小问1详解】
由题意，因为，
所以，即，
又因为，即，
所以，解得，由此得，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
由（1）知，，，，所以直线的方程为.
设，则，所以直线的方程为，
与直线的方程联立，得点的横坐标.
又直线的方程为，与直线的方程联立，
得点的横坐标，
所以
.
因为点在椭圆上，所以，即，
所以.
又，所以P，Q两点关于点对称.
又，，所以A，R两点关于点对称，
所以四边形为平行四边形，即，故.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是化简的值，并判断和分别关于点对称.
21. 已知数表，，，其中，，分别表示，，中第行第列的数．若，则称是，的生成数表．
（1）若数表，，且是，的生成数表，求；
（2）对，，
数表，，与满足第i行第j列的数对应相同（）.是，的生成数表，且．
（ⅰ）求，；
（ⅱ）若恒成立，求的最小值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ），（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据生成数表的定义求出，，，，进而即可求出；
（2）当，时，根据题意得到的表达式，（ⅰ）先当时，求出；再当时，得到的通项公式，再验证，，是否符合通项公式即可；（ⅱ）结合（ⅰ）得到的通项公式，从而求得，从而得到，进而得到时，恒成立；结合题意得到时，恒不成立；再证明对于任意，不能恒成立，进而即可求出的最小值．
【小问1详解】
由题意得，，
，，
所以．
【小问2详解】
由题意得，
当，时，有①，
即，
（ⅰ）当时，，解得，
当时，由①得②，
得，
所以，
又，，，均符合上式，
所以，时，．
（ⅱ）由（ⅰ）知，，
所以对于，，有
，
由及知，
所以时，对于，，恒成立，
显然时，恒不成立．
下面证明：对于任意，不能恒成立．
记，
此时，
所以，
即当时，有成立，这与恒成立矛盾，
所以对于任意，不能恒成立，
综上，的最小值为．
【点睛】关键点点睛：先求出，从而得到时，恒成立；结合题意得到时，恒不成立；再证明对于任意，不能恒成立是解答（ⅱ）的关键．