2022-2023学年北京市第一〇一中学高二下学期期中练习数学试题含答案

这是一份2022-2023学年北京市第一〇一中学高二下学期期中练习数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年北京市第一〇一中学高二下学期期中练习数学试题

一、单选题
1．已知集合，且，则可以是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由先求出且，对照四个选项即可得到答案.
【详解】解：因为，且集合，
所以且，
根据选项情况，由此可以判定只能选择C．
故选：C
2．若，则的最小值为
A．8 B．6 C．4 D．2
【答案】C
【详解】分析：
利用对数运算法则，得，从而有，再利用基本不等式得，化简可得，从而得所求最小值．
详解：
∵，∴，∴，
∵，∴，，当且仅当时取等号．
故选C．
点睛：
在用基本不等式求最值时，要注意其三个条件缺一不可，一正，二定，三相等，在求最值时，如果几次用到不等式进行放缩，那么一定要探索每个不等号中等号成立的条件是否是同一个，否则最后的等号不能取到．
3．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，在某种玩法中，用表示解下（）个圆环所需的最少移动次数，满足，且，则解下4个圆环所需的最少移动次数为 （    ）
A．7 B．10 C．12 D．22
【答案】A
【分析】由递推式依次计算．
【详解】由题意知，，，
故选：A.
【点睛】本题考查由递推式求数列的项，解题时按照递推公式依次计算即得．
4．在四边形中，，设.若，则（  ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出草图，过作，又．可得四边形是平行四边形． ，根据．可得 ，又，可得，据此即可得出结果．
【详解】如图所示，

过作，又．
∴四边形是平行四边形．
， 又．
，
又，则 ．
故选：B．
【点睛】本题考查了向量平行四边形法则、向量共线定理、平面向量基本定理、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
5．已知，若，则所在区间为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用零点存在性定理求解即可.
【详解】由已知得函数连续且单调递增，
因为，，
所以，
由零点存在性定理可知存在使得，
故选：.
6．已知为正整数，且，则在数列中，“”是“是等比数列”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】B
【分析】根据等比数列的通项公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】若“{an}是等比数列”，则am•an＝a12qm+n﹣2，ap•aq＝a12qp+q﹣2，
∵m+n＝p+q，∴am•an＝ap•aq成立，即必要性成立，
若an＝0，则{an}是等差数列，当m+n＝p+q时，由“am•an＝ap•aq”成立，但“{an}是等比数列”不成立，即充分性不成立，
则“am•an＝ap•aq”是“{an}是等比数列”的成立的必要不充分条件，
故选B．
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等比数列的通项公式和性质是解决本题的关键．判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．
7．已知A，B，C是椭圆上的三个点，直线AB经过原点O，直线AC经过椭圆的右焦点F，若，且，则椭圆的离心率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设椭圆左焦点为，设，根据椭圆对称性表示相关线段长，以及推出，利用勾股定理推出，在中，再利用勾股定理即可得的关系，即可求得答案.
【详解】设椭圆左焦点为，连接，
  
设，结合椭圆对称性得，
由椭圆定义得，则.
因为，则四边形为平行四边形，
则，而，故，
则，即，
整理得，
在中，，即，
即，故，
故选：C
8．已知是定义域为的奇函数,满足.若，则
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】分析：先根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果.
详解：因为是定义域为的奇函数，且，
所以,
因此，
因为，所以，
，从而，选C.
点睛：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．
9．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则=
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】A
【分析】利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.
【详解】详解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得
，故选A．
【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．
10．已知函数，下列命题正确的是（    ）
①是奇函数；
②在R上是增函数；
③方程有且仅有1个实数根；
④如果对任意，都有，那么的最大值为2.
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】对于①，根据奇函数的定义判断，对于②，对函数求导后利用导数判断，对于③，令，可得，再结合零点存在性定理分析判断，对于④,问题转化为恒成立，构造函数，求导后分析判断.
【详解】对于①，因为的定义域为，
且，所以是奇函数，所以①正确，
对于②，由，得，
所以在上是增函数，所以②正确，
对于③，令，
因为，所以方程所以有一个根为0，
因为，，
所以方程在至少有一个根，所以③错误，
对于④，若对任意，都有，即恒成立，
令，则，
，当且仅当，即时取等号，
因为，所以取不到等号，所以，
若，则恒成立，所以在上递增，
所以，即恒成立，
若，则存在使，
所以当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以在上，有不合题意，
综上，，所以的最大值为2，所以④正确，
故选：B
【点睛】关键点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的应用，第④个解的关键是将问题转化为恒成立，然后构造函数，利用导数结合基本不等式讨论.

二、填空题
11．复数其中i为虚数单位，则z的实部是 .
【答案】5
【详解】试题分析：．故答案应填：5
【解析】复数概念
【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如，其次要熟悉复数的相关概念，如复数的实部为，虚部为，模为，共轭为

12．设是等差数列，且，，则数列的通项公式为 ．
【答案】

【分析】由，，可求出，再求出公差，从而可求出数列的通项公式.
【详解】由题意，等差数列中，，，
所以，公差，所以.
故答案为：.
13．若⊙与⊙相交于A、B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是 ．
【答案】4
【详解】依题意得OO1＝＝5，且△OO1A是直角三角形，S△OO1A＝··OO1＝·OA·AO1，因此AB＝＝4.

14．已知函数，若方程有两个不等实数根，则实数k的取值范围是 ．
【答案】
【详解】试题分析：
当时，，当时，，函数在上递减，在上递增，所以在处取得最小值，且，所以最小值点的坐标为，若方程有两个不相等的实根，则函数与有两个不同交点，而是过原点的直线，则应大于点与原点连线的斜率，且小于直线的斜率，即，故答案为.
【解析】分段函数的图象与性质、数形结合判断方程根的个数.
【方法点睛】本题主要考查分段函数的图象与性质、数形结合判断方程根的个数，属于难题.已知函数有零点(方程有根)求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
15．已知正四面体ABCD，点E为棱AD的中点，O为的中心，则异面直线EO与CD所成的角等于 .
【答案】
【分析】通过作平行线作出异面直线EO与CD所成的角，结合余弦定理解三角形即可求得答案.
【详解】设正四面体ABCD的棱长为，
连接，O为的中心，故平面，
  
连接OD，平面，故，
点E为棱AD的中点，故，
连接并延长交CD于H，H即为的中点，则，
过点O作，交于F，交于G，则，
则；
则与所成角即为异面直线EO与CD所成的角或其补角；
连接，则，
同理求得，即,而点E为棱AD的中点，
则，故，
在中，，则，
因为异面直线EO与CD所成的角范围为大于小于等于，
故异面直线EO与CD所成的角为，
故答案为：

三、解答题
16．如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；
（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为是长方体，所以侧面，而平面，所以
又，，平面，因此平面；
(2)[方法一]【三垂线定理】
由（1）知，，又E为的中点，所以，为等腰直角三角形，所以．
如图2，联结，与相交于点O，因为平面，所以．
又，所以平面．
作，垂足为H，联结，由三垂线定理可知，则为二面角平面角的补角．

设，则，由，得．
在中，，所以，
即二面角的正弦值为．
[方法二]【利用平面的法向量】
设底面边长为1，高为，所以．
因为平面，所以，即，
所以，解得．
因为平面，所以，又，所以平面，
故为平面的一个法向量．
因为平面与平面为同一平面，故为平面的一个法向量，
在中，因为，故与成角，
所以二面角，的正弦值为．
[方法三]【利用体积公式结合二面角的定义】
设底面边长为1，高为，所以．
因为平面，所以，即，
所以，解得．
因为，所以是直角三角形，．
因为平面，所以到平面的距离相等设为．
同理，A，E到平面的距离相等，都为1，所以，
即，解得．
设点B到直线的距离为，在中，由面积相等解得．
设为二面角的平面角，，
所以二面角的正弦值为．
[方法四]【等价转化后利用射影面积计算】
由（1）的结论知，又，易证，所以，所以，
即二面角的正弦值与二面角的正弦值相等．
设的中点分别为F，G，H，显然为正方体，所求问题转化为如图3所示，
在正方体中求二面角的正弦值．

设相交于点O，易证平面，
所以是在平面上的射影．
令正方体的棱长，
则，，，．
设二面角为，由，则，
所以．
即二面角的正弦值为．
[方法五]【结合（1）的结论找到二面角的平面角进行计算】
如图4，分别取中点F，G，H，联结．
过G作，垂足为P，联结．
易得E，F，G，H共面且平行于面．

由（1）可得面．因为面，所以．
又因为E为中点，所以，且均为等腰三角形．
设，则，四棱柱为正方体．
在及中有．
所以与均为直角三角形且全等．
又因为，所以为二面角（即）的一个平面角．
在中，．
所以，
所以．
故二面角的正弦值为．
[方法六]【最优解：空间向量法】
以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

，
因为，
所以，
所以，，
设是平面的法向量，
所以，
设是平面的法向量，
所以，
二面角的余弦值的绝对值为，
所以二面角的正弦值为.
【整体点评】(2)方法一：三垂线定理是立体几何中寻找垂直关系的核心定理；
方法二：利用平面的法向量进行计算体现了等价转化的数学思想，是垂直关系的进一步应用；
方法三：体积公式可以计算点面距离，结合点面距离可进一步计算二面角的三角函数值；
方法四：射影面积法体现等价转化的数学思想，是将角度问题转化为面积问题的一种方法；
方法五：利用第一问的结论找到二面角，然后计算其三角函数值是一种常规的思想；
方法六：空间向量是处理立体几何的常规方法，在二面角不好寻找的时候利用空间向量是一种更好的方法.
17．在△ABC中，∠A＝90°，点D在BC边上．在平面ABC内，过D作DF⊥BC且DF＝AC．
(1)若D为BC的中点，且△CDF的面积等于△ABC的面积，求∠ABC；
(2)若，且BD＝3CD，求cos∠CFB．
【答案】(1)∠ABC＝60°
(2)

【分析】（1）由两三角形的面积相等可得，再由可得，从而结合已知可得，进而可求得∠ABC；
（2）设，则，然后在中分别利用勾股定理求出，再在中利用余弦定理可求得结果.
【详解】（1）如图所示

在中，，点在边上．
在平面内，过作且，
所以，，
且的面积等于的面积，
由于，
所以，
因为为的中点，
故，
所以，
因为为锐角，
所以．
（2）如图所示：

设，由于，，，
所以，
由于，所以，则．
且，解得，
在中，利用余弦定理得
18．有三种不同的果树苗A、B、C，经引种试验后发现，引种树苗A的自然成活率为0.8，引种树苗B、C的自然成活率均为p（）．
(1)任取树苗A、B、C各一株，设自然成活的株数为X，求X的分布列及E(X)；
(2)将（1）中的E(X)取得最大值时的p的值作为B种树苗自然成活的概率．该农户决定引种n株B种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活．
①求一株B种树苗最终成活的概率；
②若每株树苗引种最终成活后可获利300元，不成活的每株亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，应至少引种B种树苗多少株？
【答案】(1)分布列见解析；期望为
(2)①0.96；②700株

【分析】（1）依题意,X的所有可能值为0，1，2，3，.求出概率,得到分布列,然后求解期望即可.
（2）①当时,取得最大值.然后求解（1）一棵树苗最终成活的概率.
②记为棵树苗的成活棵数,为棵树苗的利润，利用二项分布的概率以及期望求解即可.
【详解】（1）由题意知，X的所有可能值为0，1，2，3，则
；
；
；
．
由此得X的分布列如下表：
X
0
1
2
3
P




所以．
（2）根据,由（1）知当时,取得最大值.
①一株种树苗最终成活的概率为.
②记为株种树苗的成活株数,为株种树苗的利润,则,
,
要使,则有.
所以该农户应至少种植700株种树苗,就可获利不低于20万元.
19．已知椭圆过点，且椭圆的离心率为 .
(1)求椭圆的方程；
(2)若动点在直线上，过作直线交椭圆于两点，且为线段的中点，再过作直线，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由点在椭圆上，代入椭圆的方程，再由椭圆的离心率为，求得的值，即可求解；
（2）设，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，根据点的横坐标求得，结合，得到，得出直线过定点；当直线的斜率不存在时，得到直线为轴，进而得到结论.
【详解】（1）因为点在椭圆上，可得，解得，
又因为椭圆的离心率为，所以，所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意，可设，且，
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立方程组，
整理得，
则，
所以，
因为为的中点，所以，即，
所以，经检验，此时，
因为，所以，所以直线的方程为，
即，所以直线恒过定点.
②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时直线为轴，也过点.
综上所述，直线恒过定点.
    
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
20．已知函数.
(I)求曲线在点处的切线方程；
(Ⅱ)当时，求证：函数存在极小值；
(Ⅲ)请直接写出函数的零点个数．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）当或时，函数有一个零点 ；当且时，函数有两个零点.
【分析】(1) 求出函数f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，可得切线的方程；(2)，说明有可变零点即可；(3)由题意可得函数的零点个数．
【详解】（1）的定义域为
因为
所以切点的坐标为
因为

所以切线的斜率，
所以切线的方程为   
（2）方法一：
令

因为且，
所以，，
从而得到在上恒成立
所以在上单调递增且，
所以在上递减，在递增；
所以时，取得极小值，问题得证
方法二：
因为
当时，
当时， ，所以    
当时，  ，所以    
所以在上递减，在递增；
所以时，函数取得极小值，问题得证.
（3）当或时，函数有一个零点 ；
当且时，函数有两个零点.
【点睛】本题考查函数的导数的运用：求切线的方程，确定函数的极值，考查函数的零点个数判断，以及分类讨论思想方法，属于中档题．
21．设和是两个等差数列，记，
其中表示这个数中最大的数．
（Ⅰ）若，，求的值，并证明是等差数列；
（Ⅱ）证明：或者对任意正数，存在正整数，当时，；或者存在正整数，使得是等差数列．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）分别代入求，观察规律，再证明当时，，所以关于单调递减. 所以，从而得证；（Ⅱ）首先求的通项公式，分三种情况讨论证明.
试题解析：（Ⅰ）
，
.
当时，，
所以关于单调递减.
所以.
所以对任意，于是，
所以是等差数列.
（Ⅱ）设数列和的公差分别为，则
.
所以
①当时，取正整数，则当时，，因此.
此时，是等差数列.
②当时，对任意，

此时，是等差数列.
③当时，
当时，有.
所以

对任意正数，取正整数，
故当时，.
【名师点睛】近几年北京卷理科压轴题一直为新信息题，本题考查学生对新定义的理解能力和使用能力，本题属于偏难问题，反映出学生对新的信息的理解和接受能力，本题考查数列的有关知识及归纳法证明，即考查了数列（分段形函数）求值，又考查了归纳法证明和对数据的分析研究，考查了学生的分析问题能力和逻辑推理能力，本题属于拔高难题，特别是第二问难度较大，适合选拔优秀学生.