北京市北京一零一中高二上学期期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份北京市北京一零一中高二上学期期末考试数学试题（解析版）-A4，共22页。
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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先得到直线的斜率，即可得到倾斜角.
【详解】直线的斜率为，则倾斜角为.
故选：D.
2. 在数列中，，（，），则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】列出数列的前几项，即可得到是以为周期的周期数列，根据周期性计算可得.
【详解】因为，（，），
所以，，，，
所以是以为周期的周期数列，则.
故选：A
3. 已知双曲线的右焦点为，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据焦点坐标求出，即可得到双曲线方程，从而求出渐近线方程.
【详解】因为双曲线的右焦点为，
又，即，所以，
则双曲线方程为，则渐近线方程为.
故选：B.
4. 在四面体中，若，，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作图，由，得到分别为中点，利用空间向量的线性关系得到即可.
【详解】如图：

∵，，∴分别为中点，
∴
，
故选：B.
5. 已知直线与圆相交于两点．若圆上存在一点，使得四边形为菱形，则实数的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由四边形为菱形，得到到的距离等于1，由点到线的距离公式列出等式求解即可；
【详解】
因为圆上存在一点，使得四边形为菱形，
所以到的距离等于,
即，
解得：，
故选：C.
6. 已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，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】利用线面平行的性质定理与判定定理即可判断出关系．
【详解】因为，，，则，
所以“”是“”的必要条件；
因为，，，
所以，且，所以，
所以“”是“”的充分条件；
则“”是“”的充要条件．
故选：C．
7. 如图，F是平面上一点，以F为圆心，分别画出半径为1，2，3，4，5同心圆．记半径为4的圆的一条切线为l，再画出与l平行的各圆的切线和一条穿过圆心F与l平行的直线．若以F为焦点，l为准线的抛物线记为M，则A，B，C，D，E这5个点（ ）
A. 都不在抛物线M上B. 只有1个点在抛物线M上
C. 有2个点在抛物线M上D. 有3个点在抛物线M上
【答案】D
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，得出抛物线及同心圆方程，联立可得，据此判断即可.
【详解】不妨以点D为坐标原点，过点D且平行于直线的直线为轴，过点D且垂直于直线的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图
此时，则抛物线的方程为，
易知该组同心圆的方程为，
联立解得，
由图可知，所给5点的纵坐标不小于0，故，
当时，可得，该点为点D；
当时，，该点为点E；
当时，，该点不存在；
当时，，该点为点B；
综上所述，有3个点在抛物线上
故选：D
8. 已知椭圆，点P，Q为椭圆W上不同的两点．给出下列两个结论
①若给定点，则对任意的点P，都存在点Q，使得；
②若给定点，则对任意的点P，都存在点Q，使得．
下列选项中判断正确的是（ ）
A. ①②均正确B. ①②均错C. ①对②错D. ①错②对
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的定义和椭圆的性质求解即可得
【详解】由知，，
所以焦点坐标为，则
又，所以是椭圆的右焦点，
所以，即，
若，则，
根据椭圆的对称性得，P、Q关于原点对称即可满足条件，
又P椭圆上任一点，则关于原点对称点Q存在，故①对；
因为P是椭圆上任一点，又，所以，，
所以，
又，
所以对任意的点P，都存在点Q，使得
故②对；
故选：A
9. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，动点F沿着线段从点B移动到点．则下列结论中正确的是（ ）
A. 直线与直线为异面直线B. 恒为钝角
C. 三棱锥体积越来越大D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线共面可得A错误，利用的特殊位置可得B错误，利用线面平行可判断C错误，利用线面垂直可判断D正确.
【详解】对于A，易知，所以直线与直线为共面直线，A错误；
对于B，由正方体的性质可知，当F与重合时，为锐角，B错误；
对于C，因为，又平面，平面，所以平面，
又在上，所以到平面的距离为定值，
又三角形也为定值，所以三棱锥体积为定值， C错误；
对于D，因为平面，所以，
又，，所以平面，
因为平面，所以，D正确.
故选：D
10. 在平面直角坐标系中，已知点，，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得，根据平方关系得到，即可得到点在椭圆上，则当过点且与椭圆相切（切点为）时取得最大值，设切线方程为，联立直线与椭圆方程，消元，根据求出的值，即可得解.
【详解】因为，即，所以，
又，所以，即点在椭圆上，
又点在椭圆外，所以当过点且与椭圆相切（切点为）时取得最大值，
设切线方程为，由，消去整理得，
由，解得，
所以的最大值为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出点在椭圆上，从而将问题转化为过点且与椭圆相切（切点为）时取得最大值.
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.
11. 已知向量，且，则实数____________，____________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，求出的值，从而求出的坐标，再利用坐标法求模.
【详解】因为，且，
所以，解得，则，
所以，
所以.
故答案为：；
12. 已知圆和圆相交于A，B两点，则半径r可以是____________．（写出一个符合题目要求的取值即可）
【答案】3（答案不唯一）
【解析】
【分析】由两圆相交位置关系列出关于r不等式即可求解.
【详解】圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为r，
因圆和圆相交于A，B两点，
所以.
故答案为：3（答案不唯一）
13. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上的点，点为其准线上的点，且满足．若，则点的横坐标为____________，的面积为____________．
【答案】 ①. 3 ②.
【解析】
【分析】根据抛物线的定义求出点的横坐标，设，利用求出点坐标，再根据两点距离公式求出进而求的面积即可.
【详解】因为抛物线的焦点为F1,0，点为抛物线上的点，且，
设点横坐标为，则由抛物线的定义可知，解得，
将代入抛物线方程，解得，
由对称性不妨取，设，则，，
因为，所以，解得，即，
所以，
所以的面积，
故答案为：3；.
14. 中国国家博物馆中的清代仿官窑四方委角象耳瓶向我们展示了我国古代工匠的高超技艺：瓶唇口，直颈，颈两侧饰对称象耳，方腹委角，高圈足外撇……其中“委角”是一种工艺术语，指的是将方形器物的尖角抹平，向内收缩，如同把角折起来．如图，该瓶的瓶身相当于是在长方体中抹去八个形状与大小都相同的三棱锥．在长方体中，，，E为的中点，F与G分别是棱与棱上的点，且满足.已知委角之后的瓶身体积是长方体体积的，则长方体的体对角线长度为____________．
【答案】4
【解析】
【分析】由题意结合柱体和锥体的体积公式建立关于x的方程，求出x即可计算求解长方体的体对角线长度.
【详解】由题长方体体积为，，
所以抹去的八个形状与大小都相同的三棱锥的体积之和为，
所以，
所以长方体的体对角线长度为.
故答案为：4.
15. 已知曲线，给出下列四个结论：
①对任意，曲线C关于x轴、y轴、原点对称；
②当时，曲线C是由两条直线和一个正方形组成的图形；
③当时，曲线C上任意两点距离的最大值为；
④当时，曲线C围成的区域面积最小值为4.
其中所有正确结论的序号是____________.
【答案】①②③
【解析】
【分析】对于①，将代入曲线方程中即可判断；对于②③，将的值代入曲线方程中，作出函数图象即可判断；对于④，先研究曲线在第一象限的图象，再由对称性得到曲线C的完整图象，从而由图象结构特征得恒成立即可求解.
【详解】对于①，因为曲线，
所以将代入曲线方程中，方程不变，
所以对于任意，曲线C关于x轴、y轴、原点对称，故①正确；
对于②，当时，曲线，整理为，
即或，
作出和的图象即该曲线C的图象如图所示：
所以当时，曲线C是由两条直线和一个正方形组成的图形，故②正确；
对于③，当时，曲线，即，
则曲线，
作出该曲线C图象如下图所示：
此时曲线C上两点的距离最大值即为，
所以当时，曲线C上任意两点距离的最大值为，故③正确；
对于④，当时，曲线C：，即，
若，则时曲线为中心是，长轴长为，短轴长为的椭圆在第一象限的部分，
因为曲线C关于x轴、y轴、原点对称，
所以时作出曲线C完整图象形状如图所示：
时，曲线C完整图象为③中所示图象；
时，曲线在第一象限图象为中心是，长轴长为，短轴长为的椭圆在第一象限的部分.
所以综上由对称性曲线C围成的区域面积恒成立，
令，则恒成立，所以，
所以当时，曲线C围成的区域面积最小值不可能为4，故④错误.
故答案为：①②③.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是先研究曲线在第一象限的图象，再利用曲线的对称性得到曲线完整图象，再由图象研究曲线性质即可，树形结合简化了问题的难度.
16. 已知数列的前n项和为，且，给出下列四个结论：
①若，则；
②若，则；
③若，则满足的n的最小值是65；
④若，则数列是单调递增数列.
其中所有正确结论的序号是____________.
【答案】①④
【解析】
【分析】由题设计算得即可判断①；由题设计算，再结合累加法依次计算、、和即可判断②③；由依次计算和即可判断④.
【详解】对于①，若，由题得，，则 ；
当时
，
所以若，则，故①正确；
对于②，因为，所以，
所以，
所以，，，…，，
所以
，
若，则，
所以，故②错误；
对于③，由②可得
，
所以，所以
所以若，则满足的n的最小值是64，故③错误；
对于④，由题，，
若，则.
又由①知当时，即，
所以，
，
所以对任意，，
所以若，则数列是单调递增数列.故④正确.
故答案为：①④
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是依据已知条件得到和，再结合累加法计算各选项所需数据即可.
三、解答题共4小题，共50分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
17. 已知圆的圆心为，且过点，直线的方程为．
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线与圆相切，求的值；
（3）若为坐标原点，点满足，且点在直线上，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据半径求出圆的半径，即可求出圆的方程；
（2）根据圆心到直线的距离等于半径得到方程，解得即可；
（3）设Px,y，根据求出点的轨迹方程，依题意直线与圆有公共点，利用圆心到直线的距离不大于半径得到不等式，解得即可.
【小问1详解】
因为圆的圆心为，且过点，
则圆的半径，
所以圆的标准方程为；
【小问2详解】
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得.
【小问3详解】
设Px,y，因为，即，
即，即点在以为圆心，为半径的圆上，
又点在直线上，即直线与圆有公共点，
所以，解得，即的取值范围为.
18. 如图，在四棱锥中，，，，，，，E为的中点，平面与棱交于点F．
（1）求证：F为的中点；
（2）若G为的中点，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：．
【答案】（1）证明见解析
（2）选条件①：；选条件②：
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理、性质定理，结合条件即得证；
（2）选条件①：利用线面平行的判定定理、性质定理得出平面，以点为原点建系，求出相关平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得；选条件②：．计算边长可证得，再由线面垂直的判定定理得出平面，以点为原点建系，求出相关平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【小问1详解】
因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，所以，
因为E为的中点，所以F为的中点；
【小问2详解】
选条件①：，
因为，，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又因为，，所以，
以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
得，
，，
设为平面的一个法向量，则
，令，可得，
设为平面的一个法向量，则
，令，可得，
由，
由图可知，二面角为钝二面角，故其余弦值为；
选条件②：．连接，
因为，，所以，
可得，由G为的中点，所以，
由得，
所以，又由，
所以，即，且，
，平面，所以平面，
又因为，，所以，
以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
得，
，，
设为平面的一个法向量，则
，令，可得，
设为平面的一个法向量，则
，令，可得，
由，
由图可知，二面角的余弦值为.
19. 设曲线，对曲线W进行如下变换：将W上的任意一点沿着向量平移，得到点，称该变换为变换，得到的曲线记为.
（1）若曲线对W进行变换，直接写出曲线的方程；
（2）若曲线经过变换后得到的曲线关于原点对称.
①直接写出的值和的离心率；
②已知点，过曲线的右焦点M作直线l与曲线交于P，Q两点．
对于下列两个问题，选做（i）满分是6分，选做（ii）满分是8分．若选择两个问题作答，则按选（i）的解答计分．
（i）记，的面积分别为，，若，求直线l的斜率；
（ii）直线，分别与直线交于D，E两点，若，求直线l的斜率．
【答案】（1）
（2）①，椭圆离心率为；②（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）由变换的定义即可求解；
（2）①由题意可得，再由变换定义即可求出，由椭圆方程结合离心率定义即可写出离心率；
②（i）设直线，与椭圆方程联立结合韦达定理和题设即可求出k；
（ii）求出直线的方程，令求出D点坐标，同理求出E点坐标，再代入弦长公式即可求解.
【小问1详解】
设为W上的任意一点，经过变换得到对应的点为，
则，即，又点在曲线上，
所以即，
所以曲线的方程为.
【小问2详解】
①曲线经过变换后得到的曲线关于原点对称，
所以，所以，
所以，椭圆离心率为.
②由①知，，
（i）由题知直线l的斜率存在，设，，
联立，
所以，，，
所以，，
因为，所以，
所以，
所以即
所以直线l的斜率为.
（ii）因为，设，，
同（i）得，，
直线，令得，则，同理可得，
所以
，
解得即，
所以直线l的斜率为.
20. 已知公差不为0的等差数列满足，，等比数列满足，．
（1）分别求数列，的通项公式；
（2）在和之间插入1个数使得，，成等差数列，在和之间插入2个数，使得，，，成等差数列，…，以此类推，在和之间插入n个数，，…，使得，，，…，，成等差数列．设．
①求表达式；
②是否存在正整数m，n使得？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）①；②存在正整数对为及
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为d，利用等差数列的通项公式基本量计算求出，则，设等比数列的公比为，利用等比数列的通项公式基本量计算求出，则求得；
（2）①由题意推导出公差，从而，利用公式得到，故，由此利用错位相减法能求出；
②由及第①问得到，求出当，，时的值，再利用导函数证明当时，有，即证，由此能求出所有的正整数对．
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，，
则由，得，则，
又，则，所以，
所以；
设等比数列的公比为，
因，，则，则，
所以．
【小问2详解】
①在和之间插入n个数、、…、，使、、、…、、成等差数列，设公差为，
∴，
则，
∴，
∴，①
则，②
①﹣②得，
∴．
②假设存在正整数m，n，使成立，
．
，
当时，不合题意，
当时，，
当时，，
以下证明，当时，有，即证，
设，，则，
∴在上单调递增，
故时，，
∴，
∴时，m不是整数，
∴所有的正整数对为及.