北京市朝阳区2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试题（解析版）

这是一份北京市朝阳区2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了 经过点且倾斜角为直线的方程为， 双曲线的渐近线方程为， 已知函数，则， 已知是等比数列，，则， 已知数列满足，设，则等内容，欢迎下载使用。
2025.1
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题50分和非选择题100分
第一部分（选择题共50分）
一､选择题共10小题，每小题分，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. 经过点且倾斜角为直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用点斜式直线方程即可求出结果.
【详解】由直线倾斜角为可知斜率为，
再因为直线经过点，由点斜式直线方程得：，
整理得：，
故选：B.
2. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的双曲线方程，直接求出其渐近线方程.
【详解】双曲线的渐近线方程为.
故选：C
3. 已知函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】据函数乘法求导公式进行求导即可.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
4. 已知是等比数列，，则（ ）
A. 5B. 12C. 20D. 50
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的性质和通项公式计算即可.
【详解】因为是等比数列，设公比为，
由题意得，所以，
故选：D
5. 如图，在三棱柱中，分别为棱的中点.设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据几何体，结合向量的线性运算，即可求解.
【详解】.
故选：A
6. 圆心为且与直线相切的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，由圆与直线相切得到圆的半径，然后写出直线方程.
【详解】点到直线的距离，
因为圆与直线相切，所以圆的半径，
所以圆的方程为.
故选：B
7. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则实数（ ）
A. B. C. 1D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间位置关系的向量法判断，再根据向量平行的坐标运算，即可求解.
【详解】由题意可知，，
所以，即，解得：.
故选：A
8. 已知等差数列的前项和为，则“”是“为递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质，由，得，不能判断的正负，所以不能判断,的大小，故不能确定是否递增数列；但由为递增数列，能得到进而即得.
【详解】由是等差数列，，得，所以，
，不能判断的正负，所以不能判断,的大小，
所以不能确定是否递增数列；
若为递增数列，则，即时，
所以，，所以，
所以是为递增数列的必要不充分条件.
故选：B
9. 建设大型水库可实现水资源的合理分配和综合利用，提高水资源的社会经济效益.已知一段时间内，甲，乙两个水库的蓄水量与时间的关系如下图所示.
下列叙述中正确的是（ ）
A. 在这段时间内，甲，乙两个水库蓄水量的平均变化率均大于0
B. 在这段时间内，甲水库蓄水量的平均变化率大于乙水库蓄水量的平均变化率
C. 甲水库在时刻蓄水量的瞬时变化率大于乙水库在时刻蓄水量的瞬时变化率
D. 乙水库在时刻蓄水量的瞬时变化率大于乙水库在时刻蓄水量的瞬时变化率
【答案】D
【解析】
【分析】结合瞬时变化率与平均变化率变化率结合图象分析即可得.
【详解】对A：由图可知，在这段时间内，甲水库蓄水量的平均变化率小于，
乙水库的蓄水量的平均变化率大于，故A错误；
对B：由图可知，在这段时间内，甲水库蓄水量的平均变化率小于，乙水库的蓄水量的平均变化率大于，
故甲水库蓄水量的平均变化率小于乙水库蓄水量的平均变化率，故B错误；
对C：由图可知，甲水库在时刻蓄水量的瞬时变化率小于，
乙水库在时刻蓄水量的瞬时变化率大于，
故甲水库在时刻蓄水量的瞬时变化率小于乙水库在时刻蓄水量的瞬时变化率，故C错误；
对D：由图可知，乙水库在时刻蓄水量上升比在时刻蓄水量上升快，
故乙水库在时刻蓄水量的瞬时变化率大于乙水库在时刻蓄水量的瞬时变化率，故D正确.
故选：D.
10. 已知数列满足，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据递推关系可通过列举一些项，进而根据规律猜想得，即可求解.
【详解】由可得，
由得，
由此猜想：，
当时，此时，，满足，故，
因此
故选：A
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. 已知空间向量，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标运算，来求向量的模.
【详解】由，
故答案为：.
12. 设直线，若，则实数___________.
【答案】##-0.5
【解析】
【分析】由两直线垂直的充要条件求解即可.
【详解】直线，
若，则，所以，
故答案为：
13. 设抛物线的焦点为，则___________；点在抛物线上，若，则点的横坐标为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据抛物线焦点坐标公式，结合抛物线的定义进行求解即可.
【详解】因为抛物线的焦点为，
所以有；
设点的横坐标为，该抛物线的准线方程为：，
因为点在抛物线上，
所以根据抛物线的定义，由，
故答案为：；
14. 某校计划新建一个容纳个座位的阶梯教室，若设置排座位，且从第二排起每一排都比前一排多个座位，则第一排需设置的座位数为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设第排的座位数为，由题意可知，数列是公差为的等差数列，结合等差数列的求和公式可求得的值.
【详解】设第排的座位数为，
由题意可知，数列是公差为的等差数列，
由题意可得，解得.
故答案为：.
15. 已知曲线且.若为双曲线，则的一个取值为___________；若为椭圆，则的所有可能取值为___________.
【答案】 ①. 3（答案不唯一） ②.
【解析】
【分析】由双曲线和椭圆的方程性质结合题意列不等式组可得；
【详解】若为双曲线，则，解得或，
又，所以的一个取值可能为3；
若为椭圆，则，解得且，
又，所以的所有可能取值为；
故答案为：3（答案不唯一）；.
16. 在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足.给出下列四个结论：
①；
②为定值；
③存在点，使得平面平面；
④存在点，使得点到平面的距离为2.
其中所有正确结论的序号是___________.
【答案】①④
【解析】
【分析】根据给定的长方体，建立空间直角坐标系，由确定点的竖坐标关系，再利用空间位置关系的向量证明判断①③；利用向量夹角公式求解判断②；利用点到平面距离的向量求法求解判断④即可得解.
【详解】在长方体中，，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，
，由，得，解得，
对于①，，，因此，①正确；
对于②，，
不是常数，因此不为定值，②错误；
对于③，由平面，得平面，
即平面的一个法向量为，设平面的法向量，
则，令，得，，即不垂直，
因此不存在点，使得平面平面，③错误；
对于④，点到平面的距离，若，
则，整理得，解得，
因此存在点，使得点到平面的距离为2，④正确，
所以所有正确结论的序号是①④.
故答案为：①④
【点睛】关键点点睛：由几何体的结构特征建立空间直角坐标系，利用空间向量求解是解决问题的关键.
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. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间.
【答案】（1）．
（2）单调减区间是，单调增区间是．
【解析】
【分析】（1）求出导函数，计算导数得切线斜率，再求得后由点斜式得切线方程并整理成一般式；
（2）由得增区间，由得减区间．
【小问1详解】
，，又，
所以切线方程为，即．
【小问2详解】
，定义域是，
，
当时，，当时，，
所以的单调减区间是，单调增区间是．
18. 已知是公比大于1的等比数列，，且成等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）若是等差数列，且.设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等比数列公比为，由可得关于的方程，据此可得答案；
（2）由题可得的通项公式，然后由分组求和法可得答案.
【小问1详解】
设等比数列公比为，因成等差数列，
则.
则；
小问2详解】
设公差为d，因，
则，得.
则，故
.
19. 如图，在六面体中，为的中点，四边形为矩形，且，.
（1）求证：平面；
（2）再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求平面与平面的夹角的余弦值.
条件①：；
条件②：的面积为；
条件③：六面体的体积为16.
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）根据矩形性质，结合线面垂直判定证明即可；
（2）首先根据已知条件求出相关线段的长度，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式求出二面角的余弦值即可.
【小问1详解】
已知四边形为矩形，根据矩形的性质，邻边相互垂直，
所以，又，并且，平面，
所以平面.
【小问2详解】
选择条件①：，
因为平面，所以.
在中，根据勾股定理，
已知，，则.
因为，，所以两两垂直，可建立空间直角坐标系，
得到，，，，.
进而得到，.
设平面的法向量为，由，即，
令，则，，于是.
因为平面，所以是平面的法向量.
设平面与平面的夹角为，
则.
选择条件②：的面积为，
因为，，所以.
由的面积为，可得，即.
以下同选择条件①的计算过程求出平面与平面的夹角余弦值为.
选择条件③：六面体的体积为16，
在中，，为的中点，
所以，.
且，因为平面，平面，
所以，，平面.
所以平面.
六面体的体积，
根据体积公式，已知，可得.
又因为，，所以.
以下同选择条件①的计算过程求出平面与平面的夹角余弦值为.
20. 已知椭圆的右顶点为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点.在轴上是否存在点使得直线与直线的斜率之和为0？若存在，求出点的坐标：若不存在.说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）由右顶点及离心率可得a，c，然后可得椭圆方程.
（2）设直线l，，，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可化简直线与直线的斜率之和的表达式，即可得答案.
【小问1详解】
因椭圆右顶点为，离心率为，
则，故椭圆方程为：；
【小问2详解】
由题，设直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立，
可得
因直线与椭圆交于不同的两点，则.
设，由韦达定理.
又设，则，又，
则
.
则.
故轴上存在点使得直线与直线的斜率之和为0.
21. 给定正整数，设数列、、、满足.对于正数，定义，其中表示数集中最大的数.记某合，设的元素个数为.
（1）写出集合、；
（2）若，求的所有可能取值；
（3）证明：存在无穷多个使得.
【答案】（1），
（2）、、、
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）写出数列、，根据题中定义可得出集合、；
（2）由题意可得，由（1）可知，或不合乎题意，可得出，推导出，求出的可能取值，然后逐一检验即可得解；
（3）讨论，和，两种情况，结合题中的定义，求出、，即可证得结论成立.
【小问1详解】
因为数列，，，则，
数列，，，，则.
【小问2详解】
由题意可得.
由（1）可知，当或时，，不合乎题意，所以，，
对于给定的，因为，
所以，，即，
当时，且，
所以，，，
因为，所以，，
所以，，即，
又因为，解得、、、或，
当时，，，合乎题意；
当时，，，合乎题意；
当时，，，合乎题意；
当时，，，合乎题意；
当时，，，不合乎题意.
综上所述，的所有可能取值有、、、.
【小问3详解】
当，时，
若，因为，
所以，或，
所以，、、、中不同的值为、、、、，共个，
若，因为，
所以，、、、各不相等，
所以，、、、中不同的值有个，
所以，；
当，时，
若，因为，
所以，或，
所以，、、、中不同的值为、、、、，共个，
若，因为，
所以，、、、各不相同，
所以，、、、中不同的值有个，
所以，.
所以，对任意的，，故结论得证.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：
（1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.