2022-2023学年北京市师大附中高二上学期数学期末试题含解析

这是一份2022-2023学年北京市师大附中高二上学期数学期末试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市师大附中高二上学期数学期末试题 一、单选题1．已知向量，且，那么（    ）A． B．9 C． D．18【答案】D【分析】，则，使得，据此计算即可.【详解】依题意，由可知，，使得，于是，解得于是.故选：D.2．已知为原点，点，以为直径的圆的方程为(    )A． B．C． D．【答案】A【分析】求圆的圆心和半径，根据圆的标准方程即可求解﹒【详解】由题知圆心为，半径，∴圆的方程为﹒故选：A﹒3．已知双曲线的渐近线方程为，则实数m的值为（    ）A． B．4 C． D．【答案】B【分析】利用双曲线方程得出，再利用渐近线定义得，解方程求出值.【详解】已知方程表示的曲线为双曲线，所以，该双曲线的渐近线为，又，得出故选：B.4．若抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，则该抛物线的准线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出椭圆的焦点坐标即是抛物线的焦点坐标，即可求出准线方程.【详解】∵椭圆的右焦点坐标为，∴抛物线的焦点坐标为，∴抛物线的准线方程为，故选：D.5．已知直线l过点，且与直线垂直，则直线l的一般式方程为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意设直线方程为，然后将点坐标代入求出，从而可求出直线方程【详解】因为直线与直线垂直，所以设直线方程为，因为直线过点，所以，得，所以直线方程为，故选：B.6．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面的距离是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，用点到平面的距离公式计算即可.【详解】建立空间直角坐标系如图所示：则，，，，，，设平面的法向量为，则，即，则平面的一个法向量为，则点A到平面的距离.故选：C7．如图，在正方体中，E是棱CD上的动点．则下列结论不正确的是（    ）A．平面B．C．直线AE与所成角的范围为D．二面角的大小为【答案】C【分析】由平面平面，平面，即可判断A；建立空间直角坐标系计算即可判断选项B；求的范围即可判断选项C；先找出二面角的平面角为即可判断选项D，进而可得正确选项．【详解】对于选项A：因为平面平面，平面，所以平面，故选项A正确；如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，，，，，对于选项B：，，因为，所以，即，故选项B正确；对于选项C：，，设直线与所成角为，则，当时最大等于，此时最小为，当时最小等于0，此时最大为，所以，即直线与所成角的范围为，故选项C不正确；对于选项D：二面角即二面角，因为，，平面，平面，所以即为二面角的平面角，在正方形中，，所以二面角的大小为，故选项D正确，故选：C.8．设是首项为正数的等比数列，公比为q，则“”是“对任意正整数n，”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】A【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断．【详解】是首项为正数的等比数列，若公比，则数列中奇数项为正，偶数项为负，一定有，充分性满足，但是时，数列各项均为正，，也就是说时，得不出，不必要．故选：A．9．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆有公共点，则的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】化圆的方程为，求出圆心与半径，由题意，只需与直线有公共点即可．【详解】解：圆的方程为，整理得：，即圆是以为圆心，1为半径的圆；又直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，只需圆与直线有公共点即可．设圆心到直线的距离为，则，即，．的最小值是．故选：．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，将条件转化为“与直线有公共点”是关键，考查学生灵活解决问题的能力，属于中档题．10．已知曲线，点，下面有四个结论：①曲线C关于x轴对称；②曲线C与y轴围成的封闭图形的面积不超过4；③曲线C上任意点P满足；④曲线C与曲线有5个不同的交点．则其中所有正确结论的序号是（    ）A．②③ B．①④ C．①③④ D．①②③【答案】D【分析】根据点对称即可判断①；根据椭圆的几何性质可判断②；根据双曲线和椭圆上的点到的距离可做出判断③；由直线与曲线的关系可判断④.【详解】①：在上时，也在上，曲线关于轴对称，故①对；②：当 ，此时曲线是椭圆的右半部分.矩形的面积为封闭图形面积不超过故②对；③：当时 ，， ，当时，，当 时，，综上，可知曲线上任意点满足，故③对.④：与曲线相交于点，与曲线相交于点，当 时，，此时双曲线的渐近线方程为，与， 平行，故不会有交点.所以共有3个交点，故④错.故选：D. 二、填空题11．已知等比数列中，，则数列的前5项和____________．【答案】【分析】设等比数列的公比为q，由条件结合等比数列通项公式列方程求 q，利用等比数列求和公式求．【详解】设等比数列{an}的公比为q，因为，，所以，解得，则数列的前5项和.故答案为：．12．已知圆，若直线与圆C相交得到的弦长为，则____________．【答案】##-0.75【分析】根据圆的标准方程求出圆心坐标和半径，利用点到直线的距离公式和几何法求出圆的弦长，列出关于k的方程，解之即可.【详解】由圆，得圆心，半径，则圆心到直线即的距离为，所以，有，解得.故答案为：.13．已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，若，则的面积为____________．【答案】3【分析】根据已知可得，，.根据椭圆的定义有，根据有.即可求出，进而求出三角形的面积.【详解】由已知可得，，，所以，.因为点在椭圆上，由椭圆的定义可得，，所以.又，所以为直角三角形，则，所以，所以.故答案为：3.14．已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱BC，C1D1的中点，点P在平面内，点Q在线段A1N上，若，则PQ长度的最小值为____.【答案】1【分析】取的中点，连接，得到，求得，得到点在以为圆心，1为半径的半圆上，在平面图形中，求得，结合，即可求解.【详解】如图所示，取的中点，连接，则平面，所以，因为，正方体的棱长为2，是的中点，所以，所以点在以为圆心，1为半径的位于平面内的半圆上，单独画出平面及相关点、线，如图所示，所以点到的距离减去半径就是长度的最小值，连接，作交于，则，所以，解得所以长度的最小值为.故答案为：. 三、双空题15．角谷猜想又称冰雹猜想，是指任取一个正整数，如果它是奇数，就将它乘以3再加1；如果它是偶数，则将它除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．如取正整数，根据上述运算法则得出，共需要经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”），已知数列满足：（m为正整数），①若，则使得至少需要_______步雹程；②若；则m所有可能取值的和为_______．【答案】     9     385【分析】根据题目所给的步骤逐步计算即可.【详解】m=13，依题意， ，共9共 步骤；若， ，  或，若， 若， 的集合为 ，其和为385；故答案为：9,385. 四、解答题16．已知公差不为零的等差数列的前项和为，若，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据为等差数列，前项和为，，且成等比数列．利用公式即可求解公差和首项，可得数列的通项公式； （2）将的带入求解的通项公式，利用“裂项求和”即可得出．【详解】（1）根据为等差数列，．前项和为，且，即，…①∵成等比数列．可得：．∴…②由①②解得：，∴数列的通项公式为（2）由，即=．那么：数列的前项和.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“裂项求和”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17．如图.在正方体中，E为的中点．(1)求证：平面ACE；(2)求直线AD与平面ACE所成角的正弦值．【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】（1）连连接BD与AC交于点O，根据中位线定理可知，然后根据线面平行的判定定理可得.（2）建立空间直角坐标系，计算，平面的一个法向量，然后根据空间向量的夹角公式计算即可.【详解】（1）如图所示：，连接BD与AC交于点O，因为O，E为中点，所以,又平面，平面，所以平面；（2）建立如图所示的空间直角坐标系令，所以设平面的一个法向量为所以，令所以，所以直线AD与平面ACE所成角的正弦值18．如图，在三棱柱中，平面，是边长为的正三角形，分别为 的中点．(1)求证：平面．(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明，，进而根据判定定理即可证明；（2）取的中点为，连接，证明，，进而建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，利用坐标法求解即可；【详解】（1）解：在三棱柱中，因为平面，平面，所以．又为等边三角形，为的中点，所以．因为平面，所以平面 ．（2）解：取的中点为，连接，因为在三棱柱中，四边形为平行四边形，分别为的中点，所以，因为平面，平面，所以所以．由（1）知，故建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，由题意得所以，．设平面的法向量，则，令，则，所以．由题意可知，平面的一个法向量因为．由已知可得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．19．已知椭圆：的离心率为，且经过点，（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作直线与椭圆相较于，两点，试问在轴上是否存在定点，使得两条不同直线，恰好关于轴对称，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，使得两条不同直线，恰好关于轴对称.【解析】（1）将点坐标代入方程，结合离心率公式及，即可求出，进而可求得椭圆的标准方程；（2）设直线l的方程为，与椭圆联立，可得，的表达式，根据题意可得，直线，的斜率互为相反数，列出斜率表达式，计算化简，即可求出Q点坐标.【详解】（1）有题意可得，解得，所以椭圆的方程为.（2）存在定点，满足直线，恰好关于x轴对称，设直线l的方程为，由，联立得，，设，定点，由题意得，所以，因为直线，恰好关于x轴对称，所以直线，的斜率互为相反数，所以，即，所以，即，所以，即，所以当时，直线，恰好关于x轴对称，即.综上，在轴上存在定点，使直线，恰好关于x轴对称.【点睛】本题考查椭圆的方程及几何性质，考查直线与椭圆的位置关系问题，解题的关键是将条件：直线，恰好关于x轴对称，转化为直线，的斜率互为相反数，再根据韦达定理及斜率公式，进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.20．已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，A(2，y0)是E上一点，且|AF|＝2.（1）求E的方程；（2）设点B是E上异于点A的一点，直线AB与直线y＝x－3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点.【答案】（1）x2＝4y；（2）证明见解析.【解析】（1）利用抛物线的定义与性质求得的值，即可写出抛物线方程；（2）设点、，由直线的方程和抛物线方程联立，消去，利用韦达定理和、、三点共线，化简整理可得的方程，从而求出直线所过的定点．【详解】（1）由题意得，解得，所以，抛物线的标准方程为.（2）证明：设点、，设直线的方程为，联立，消去得，由韦达定理得，，由轴以及点在直线上，得，则由、、三点共线，得，整理得，将韦达定理代入上式并整理得，由点的任意性，得，得，所以，直线的方程为，即直线过定点.【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线和抛物线的位置关系，以及直线过定点的应用问题，利用韦达定理处理由、、三点共线是解第二问的关键，是中档题．21．已知有限数列为单调递增数列．若存在等差数列，对于A中任意一项，都有，则称数列A是长为m的数列．（1）判断下列数列是否为数列（直接写出结果）：①数列1，4，5，8；②数列2，4，8，16．（2）若，证明：数列a，b，c为数列；（3）设M是集合的子集，且至少有28个元素，证明：M中的元素可以构成一个长为4的数列．【答案】（1）①数列，，，是数列；②数列，，，是数列；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）由数列的新定义，可直接判定，得到答案；（2）分当，和三种情况讨论，结合数列的新定义，即可求解；（3）假设中没有长为的数列，先考虑集合，得到存在一个，使得中没有一个元素属于，再考虑集合，得到存在一个，使得中没有一个元素属于，进而证得集合中至多有个元素，即可得到结论.【详解】（1）由数列的新定义，可得数列，，，是数列；数列，，，是数列．（2）①当时，令，，，，所以数列，，，为等差数列，且，所以数列，，为数列．②当时，令，，，，所以数列，，，为等差数列，且．所以数列，，为数列．③当时，令，，，，所以数列，，，为等差数列，且．所以数列，，为数列．综上，若，数列，，为数列．（3）假设中没有长为的数列，考虑集合，，，，．因为数列，，，，是一个共有5项的等差数列，所以存在一个，使得中没有一个元素属于．对于其余的，再考虑集合，，，，．因为，，，，是一个共有5项的等差数列，所以存在一个，使得中没有一个元素属于．因为中个数成等差数列，所以每个中至少有一个元素不属于．所以集合中至少有个元素不属于集合．所以集合中至多有个元素，这与中至少有个元素矛盾．所以假设不成立．所以中的元素必能构成长为4的数列．【点睛】1、数列新定义问题的特点：通过给出一个新的数列概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生再阅读理解的基础上，以及题目提供的信息，联系所学知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到数列的心定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决.