2024北京通州高二（上)期末数学试卷（教师版)

这是一份2024北京通州高二（上)期末数学试卷（教师版)，共17页。
本试卷共4页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，请将答题卡交回．
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. 已知等差数列，则等于（ ）
A. B. 0C. 2D. 5
2. 已知P为双曲线右支上一点，为双曲线的左右焦点，等于（ ）
A. 8B. 6C. 4D. 3
3. 已知椭圆的左右焦点为，上下顶点为，若四边形为正方形，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知点在抛物线上，且点A到抛物线准线的距离为3，则等于（ ）
A. 1B. 2C. D.
5. 已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知数列，则等于（ ）
A. 511B. 1022C. 1023D. 2047
7. 已知等差数列的前项和为，若，公差，则（ ）
A. 有最大值为B. 有最大值为
C. 有最大值为30D. 有最小值为30
8. 已知首项为，公比为q的等比数列，其前n项和为，则“”是“单调递增”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
9. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与C交于，两点，若面积是面积的2倍，则m等于（ ）
A. 6B. C. D.
10. 已知数列的通项公式为，给出下列四个结论：
①数列为单调递增数列，且存在常数，使得恒成立；
②数列为单调递减数列，且存在常数，使得恒成立；
③数列为单调递增数列，且存在常数，使得恒成立；
④数列为单调递减数列，且存在常数，使得恒成立．
其中正确结论的个数有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
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. 已知等比数列，则__________．
12. 若抛物线的准线经过双曲线的左焦点，则__________．
13. 已知数列的通项公式是，使数列中存在负数项的一个t的值为__________．
14. 如图，一隧道内设双行线公路，其截面由一个长方形和抛物线构成．为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上高度之差不小于，已行车道AB总宽度，则车辆通过隧道的限制高度为__________m．
15. 已知曲线．关于曲线W有四个结论：
①曲线W既是轴对称图形又是中心对称图形；
②曲线W的渐近线方程为；
③当时曲线W为双曲线，此时实轴长为2；
④当时曲线W为双曲线，此时离心率为．
则所有正确结论的序号为__________．
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. 已知圆，点．
（1）求圆C的圆心坐标及半径；
（2）求过P点的圆C的切线方程．
17. 已知直线与抛物线相交于A，B两点．
（1）求弦长及线段的中点坐标；
（2）试判断以为直径的圆是否经过坐标原点O？并说明理由．
18. 设数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个符合题目要求的条件作为已知，完成下列问题．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
条件①：且;
条件②：且；
条件③：且．
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点B到平面的距离．
20. 已知椭圆，点A，B为椭圆C的左右顶点（A点在左），，离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆C交于（与A，B不重合）两点，直线与交于点P，证明：点P在定直线上．
21. 已知数列满足：．
（注：）
（1）若，求及数列的通项公式；
（2）若，求的值．
参考答案
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. 【答案】B
【分析】设出等差数列的公差为，建立等量关系求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，所以，
解得：，.
故选：B.
2. 【答案】B
【分析】由双曲线的定义即可求出结果.
【详解】因为P为双曲线右支上一点，所以.
故选：B.
3. 【答案】C
【分析】根据四边形为正方形得到的关系，结合离心率计算公式求解出结果.
【详解】因为四边形为正方形，所以，所以，
所以，
故选：C.
4. 【答案】D
【分析】由抛物线的定义可求出，再由即可求出结果.
【详解】由抛物线的定义知，点A到抛物线准线的距离为，所以，
又，所以.
故选：D.
5. 【答案】A
【分析】先根据离心率计算出的值，然后根据渐近线方程为分析出结果.
【详解】因为双曲线的离心率为，所以，
所以，
又因为的渐近线方程为，且，
所以渐近线方程为，
故选：A.
6. 【答案】C
【分析】根据递推关系，利用累加法及等比数列求和公式得解.
【详解】因为，
所以，，，，，，
累加可得：，
所以.
故选：C
7. 【答案】C
【分析】利用等差数列的求和公式结合二次函数性质求解即可.
【详解】由，公差得，
，
易知一定为正整数，且结合二次函数性质得当或时，取得最大值30，显然C正确.
故选：C
8. 【答案】A
【分析】由可判断充分性；取可判断必要性.
【详解】在等比数列中，，则，
当时，，所以单调递增，故充分性成立；
当单调递增时，时，单调递增，但是推不出，故必要性不成立.
故选：A.
9. 【答案】D
【分析】利用面积关系，得到线段比例关系，设出直线与轴交点后求参数即可.
【详解】
易得，故，设，，
直线与轴交点，面积为，面积为，
由题意得面积是面积的2倍，则，
化简得，结合，
故，解得，即，故，解得.
故选：D.
10. 【答案】B
【分析】先根据的正负判断出的单调性，然后根据的单调性求解出的取值范围，由此可判断出正确结论.
【详解】因为，所以，
所以，
所以为单调递减数列；
又因为，
当且，，当时，，
所以，
当时，恒成立，
当时，恒成立，
由上可知，②④正确，
故选：B.
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. 【答案】27
【分析】先求出公比，然后代入即可求解.
【详解】由题意（为公比），所以.
故答案为：27.
12. 【答案】4
【分析】根据双曲线的方程得出其左焦点为，根据抛物线的方程得出其准线为，再根据条件即可求出结果.
【详解】因为双曲线的左焦点为，又抛物线的准线为，
所以，得到，
故答案为：.
13. 【答案】（答案不唯一，中的一个值）
【分析】记，然后分类讨论、，当以及时可直接根据通项公式的取值正负作出判断，当时，根据的正负作出判断，由此可求解出结果.
【详解】记，
当时，即，显然恒成立，不满足要求；
当时，或，
若，则，所以恒成立，不满足要求；
若，此时，必然满足数列中存在负数项，
由上可知，的可取值的范围是，故可取，
故答案为：（答案不唯一，中的一个值）.
14. 【答案】
【分析】先求出抛物线的解析式，再根据题意判断该隧道能通过的车辆的最高高度即可得到结论.
【详解】取隧道截面，抛物线的顶点为原点，对称轴为轴，建立直角坐标系，
设抛物线方程为，由图易知抛物线过点，
所以，得到，故抛物线方程为，
又行车道AB总宽度，将代入，得到，
所以限制高度为，
故答案为：.
15. 【答案】①②④
【分析】①根据以代换、代换、以代换，代换后方程是否变化作出判断；②根据、时的关系式作出判断；③根据的关系式判断是否为双曲线，然后通过将图形顺时针旋转再作出判断；④根据的关系式判断是否为双曲线，结合③中的旋转过程以及渐近线方程可求解出离心率.
【详解】①以代换可得方程，即为，故曲线关于轴对称，
以代换可得方程，即为，故曲线关于轴对称，
以代换，代换可得方程，即为，故曲线关于原点成中心对称，
所以曲线既关于轴对称，也关于轴对称，同时关于原点成中心对称，故①正确；
②如下图：
当时，，可知渐近线为；
当时，，可知渐近线为；
所以曲线的渐近线方程为，故②正确；
③当时，，显然此时曲线为双曲线，
因为与的交点为，所以，
将双曲线绕原点顺时针旋转，如下图：
此时双曲线与轴的交点为，
所以，所以实轴长为，故③错误；
④当时，，显然此时曲线为双曲线，
将双曲线绕原点顺时针旋转，此时渐近线方程为，
所以，所以离心率，故④正确，
故答案为：①②④.
【点睛】结论点睛：曲线的方程为，①如果，则曲线关于轴对称；②如果，则曲线关于轴对称；③如果，则曲线关于原点成中心对称.
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. 【答案】（1）圆心坐标为，半径为
（2）或
【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，求得圆心和半径；
（2）先考虑切线斜率不存在，直接分析即可；再考虑切线斜率存在，根据圆心到直线的距离等于半径可求结果.
【小问1详解】
将圆的一般方程化为标准方程可得：，
所以圆心坐标为，半径为.
【小问2详解】
当切线斜率不存在时，切线方程为，此时，不符合题意；
当切线斜率存在时，设过P点的切线方程为，即，
圆心到直线的距离，解得或，
当时，切线方程为，
当时，切线方程为，即，
综上所述，过P点的圆C的切线方程为或．
17. 【答案】（1），中点坐标为
（2）以为直径的圆不经过坐标原点O，理由见解析
【分析】（1）设出坐标，联立直线与抛物线方程得到横坐标的韦达定理形式，根据弦长公式结合韦达定理可求，根据的值可求线段的中点坐标；
（2）根据韦达定理计算出的值，然后可判断出结果.
【小问1详解】
设，
联立，消去y整理得，且，
所以，
所以，
又因为，
所以线段的中点坐标为．
【小问2详解】
以为直径的圆不经过坐标原点O．
因为，
所以与不垂直，
故以为直径的圆不经过坐标原点O．
18. 【答案】（1） 选择条件①：，不合题意；选择条件②：；选择条件③：
（2） 选择条件②：；选择条件③：.
【分析】（1）选①，利用等差数列的性质转化为首项和公差的方程组，求出公差不符合题意，选②，③利用等差数列的性质转化为首项和公差的方程组，求出首项和公差即可求出通项公式.
（2）将第一问结论代入，再利用裂项相消即可求出结果.
【小问1详解】
设等差数列的首项为，公差为d．
选择条件①：且，解得，不合题意．
选择条件②：且，
由等差数列的通项公式及前n项和公式得解得．
所以等差数列的通项公式为．
选择条件③：且，
由等差数列前n项和公式得解得．
所以等差数列的通项公式为．
【小问2详解】
选择条件②：因为，所以，
．
选择条件③：因为，
所以．
所以
．
19. 【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出面面角的余弦值；
（3）利用点到平面距离的向量公式求解即可.
【小问1详解】
因为为正方形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，
所以，，又，所以两两垂直，
以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图，
由，
则，
，
设平面的法向量，
则，令，则，所以，
又因为平面，所以为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
因为平面的法向量，，
所以，
所以点B到平面的距离为.
20. 【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）根据条件先求解出的值，然后根据求得的值，则椭圆方程可知；
（2）设出方程以及坐标，然后联立直线与椭圆方程得到纵坐标的韦达定理形式，表示出直线的方程并得到点横坐标满足的关系式，结合韦达定理可求点横坐标，由此完成证明.
【小问1详解】
由题意可知：，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
证明：由题意，直线的斜率不为0，设直线，，
联立可得，
显然，
所以，所以，
又因为，
所以，
令，
则，
解得，即，
所以点P在定直线上.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用，涉及椭圆方程求解、椭圆中定直线问题，对学生的计算能力要求较高，难度较大.解答本题第二问的关键在于：利用纵坐标的韦达定理关系表示出直线与直线的交点的横坐标，根据坐标判断出点是否位于定直线上.
21. 【答案】（1） ，
（2）199
【分析】（1）根据递推关系式可得，再写出，两式相减化简可得数列成等比数列，即可得解；
（2）根据递推关系得出，再写出两式相减可得数列为等差数列，求出通项公式可得，再由（1）可得，化简即可得解.
【小问1详解】
因为，，
所以.
因为，，
所以，
即①
②
②①得，
化简得：，即，
所以数列成等比数列，公比为，
故.
【小问2详解】
由（1）可知，，
数列为等比数列，所以，
因为，，
所以，
即③
④
④③化简得，
变形得，
即，
由，当时，，即，
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，
所以
所以，
因为，所以，
又，所以，
又因为，所以，
即，即，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对递推关系的变形，通过变形可得两个和式，作差后变形，能够证明数列为等差或等比数列是解题的关键，其次对于抽象式子的运算、及有方向性的变形、推理是解决问题的第二个关键所在.