2022-2023学年北京市第二中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年北京市第二中学高二上学期期末数学试题（解析版），共17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学年北京市第二中学高二上学期期末数学试题 一、单选题1．在等差数列中，若，，则（    ）A．38 B．39 C．40 D．41【答案】B【分析】根据，求出，然后用公式计算即可.【详解】在等数列中，，所以，解得，所以，故选：B.2．已知数列的前项和，则（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根据计算可得.【详解】解：因为数列的前项和，所以.故选：B3．已知数列是首项为的等比数列，且公比大于，，则的通项公式（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设公比为，由得到方程，求出，即可得解.【详解】解：设公比为，由，所以，解得或，又公比大于，所以，所以.故选：C4．已知双曲线的渐近线与圆相切，则（    ）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】求出圆的圆心和半径，由于圆与渐近线相切，所以圆心到渐近线的距离等于半径，列方程可求出的值【详解】解：由，得，所以圆心为，半径为1，双曲线的渐近线方程为，因为双曲线的渐近线与圆相切，所以，化简得，解得或（舍去），故选：C5．设为等比数列的前n项和，，则（    ）A． B． C． D．9【答案】A【分析】根据等比数列的性质可得，进而求得公比，由前项和公式即可求解.【详解】设等比数列的公比为由得：，故，故，所以.故选：A6．已知为等差数列，为其前n项和，若，，则当______，有最大值．（    ）A．3 B．4 C．3或4 D．4或5【答案】C【分析】设为等差数列的公差为.利用基本量代换求出，结合二次函数的性质即可求得.【详解】设为等差数列的公差为.因为，，所以，解得：.所以.结合二次函数的性质可得：当或时，有最大值12.故选：C7．设椭圆的左、右焦点分别为，，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由是底角为的等腰三角形，把用表示出来后可求得离心率．【详解】解：由题意可得，，如图，，则，，所以，所以，∴，∴．故选：D．8．设数列的前n项和为，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用并项求和和等比数列的求和公式进行求解即可【详解】因为数列的前n项和为，，所以故选：C9．如果数列满足（k为常数），那么数列叫做等比差数列，k叫做公比差．下列四个结论中所有正确结论的序号是（    ）①若数列满足，则该数列是等比差数列；②数列是等比差数列；③所有的等比数列都是等比差数列；④存在等差数列是等比差数列．A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④【答案】B【分析】根据比等差数列的定义(为常数)，逐一判断①②③④是否是等比差数列即可可得到答案.【详解】①数列满足，则，满足等比差数列的定义，故①正确；②数列，，不满足等比差数列的定义，故②错误；③设等比数列的公比为，则，满足等比差数列，故③正确；④设等差数列的公差为，则，故当时，满足，故存在等差数列是等比差数列，即④正确；故答案为：①③④故选：B.10．已知抛物线C的焦点F到准线l的距离为4，点P是直线l上的动点．若点A在抛物线C上，且，过点A作直线PF的垂线，垂足为H，则的最小值为（    ）A．16 B．6 C． D．【答案】A【分析】先求出抛物线标准方程，得到焦点，准线和，设出，利用向量法表示出，结合二次函数求最值.【详解】不妨设抛物线C的焦点，由抛物线C的焦点F到准线l的距离为4，可得：，所以抛物线，焦点，准线.因为点A在抛物线C上，且，所以，所以，所以，所以.不妨取.点P是直线l上的动点, 不妨取.所以.因为为在上的射影，所以.（当且仅当时等号成立）故选：A. 二、填空题11．在等差数列中，已知，，则______．【答案】【分析】设首项为，公差为，依题意得到方程组，解得、，即可求出通项公式，从而得解.【详解】解：在等差数列中，，设首项为，公差为，则，解得，所以，所以.故答案为：12．某公司开发了一款手机应用软件，为了解用户对这款软件的满意度，推出该软件3个月后，从使用该软件的用户中随机抽查了1000名，将所得的满意度的分数分成7组：，，…，，整理得到如下频率分布直方图．这1000名用户满意度的第25百分位数是______．【答案】54【分析】利用频率分布直方图结合百分位数的定义求解即可.【详解】由已知可得，样本中满意度在区间内的样本的频率为，样本中满意度在区间内的样本的频率为，样本中满意度在区间内的样本的频率为，所以样本中满意度在区间内的样本的频率为0.15，满意度在区间内的样本的频率为0.40，故用户满意度的第25百分位数在区间内，设用户满意度的第25百分位数为，则，所以，所以这1000名用户满意度的第25百分位数是54.故答案为：54.13．在数列中，是其前n项和，且，则数列的通项公式______．【答案】，.【分析】利用，求解数列的通项公式.【详解】当时，，解得：，令时，，即，解得：，当时，，故，所以时，为公比为2的等比数列，所以，显然时，满足，综上：，.故答案为：，.14．在数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln，则通项公式an=_____.【答案】2+ln n【分析】利用累加法求得数列的通项公式.【详解】解析：∵an+1=an+ln，∴a2-a1=ln=ln 2，a3-a2=ln=ln，a4-a3=ln=ln，……an-an-1=ln=ln.以上(n-1)个等式相加，得an-a1=ln 2+ln+…+ln=ln n.∵a1=2，∴an=2+ln n.∵a1=2+ln 1=2，∴{an}的通项公式为2+ln n.答案：2+ln n.15．在棱长为2的正方体中，过点的平面分别与棱，，交于点，，，记四边形在平面上的正投影的面积为，四边形在平面上的正投影的面积为．给出下面有四个结论：①四边形是平行四边形；②的最大值为；③的最大值为；④四边形可以是菱形，且菱形面积的最大值为．则其中所有正确结论的序号是______．【答案】①②④【分析】对①，根据面面平行的性质定理即可判断答案；建立空间直角坐标系，设，然后根据①得到的关系，进而判断②，然后结合基本不等式判断③，最后根据菱形的对角线互相垂直判断④.【详解】解：对①，因为平面分别与平面、平面、平面、平面交于、、、，易知平面平面，则，而平面平面，则，所以四边形是平行四边形，故①正确；以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，记点在平面上的投影点为点，点、在平面上的投影点分别为点、.设，其中，则，，所以，由①可得，所以，则，易得，，所以，故③错误；又，当且仅当时取“=”，故②正确；又，，令，所以，即， 则此时，平行四边形是菱形，而此时，，所以菱形的面积，当时，，故④正确.故答案为：①②④. 三、解答题16．已知函数.(1)求的最小正周期；(2)若，求函数的最值.【答案】(1)(2)最大值为2，最小值为 【分析】（1）将函数转化为，利用周期公式求解；（2）由，得到，再利用正弦函数的性质求解.【详解】（1）解：∵，∴.的最小正周期为.（2）∵，∴，∴，∴.∴的最大值为2，最小值为.17．已知等差数列的前n项和为，且，．(1)求通项公式及的最小值；(2)数列为等比数列，且，，求数列的前n项和；(3)数列满足，其前n项和为，请直接写出的值（无需计算过程）．【答案】(1)，最小值为；(2)；(3)3033. 【分析】（1）利用基本量代换求出，得到通项公式和前n项和公式，利用函数求最值；（2）求出通项公式，进而得到数列的前n项和；（3）利用分组求和法求出，直接代入求解.【详解】（1）设等差数列的公差为.因为，，所以，解得：，所以.所以.因为，所以当或时，最小值为（2）由（1）可得：，所以等比数列的公比为，所以.所以等比数列的前n项和（3）因为数列满足.当为偶数时，；当为奇数时，；所以.所以.18．如图，四边形是正方形，平面，，，，为的中点．(1)求证：；(2)求二面角的大小．(3)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)重合时，符合题意，. 【分析】（1）以为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系.利用向量法证明；（2）利用向量法求出二面角的余弦值，得到二面角的大小；（3）利用向量法判断出当与重合时，符合题意，进而求出.【详解】（1）因为四边形是正方形，平面，所以以为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系.因为，，为的中点，所以.所以.因为，所以，即.（2）因为平面，平面，所以.又，,平面,平面,所以平面.因为平面，所以.又，,平面,平面,所以平面,即为面的一个法向量.设为面的一个法向量，则,不妨设，则.由图示，二面角为钝角，设其为，所以.因为，所以，即二面角为.（3）假设在棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为.设,,则.因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，即，所以，解得：.所以当与重合时，直线与平面所成角的正弦值为.此时，.19．已知直线与抛物线交于，两点，且．(1)求，两点的横坐标之积和纵坐标之积；(2)求面积的最小值．【答案】(1)，(2) 【分析】(1)先设出，，分别表示出，的斜率，利用二者垂直判断出二者斜率乘积为，求得，把抛物线的方程代入即可求得和.(2)接着联立直线和抛物线方程组，得出直线与轴交点的坐标，根据，表示出面积，利用基本不等式求得面积的最小值.【详解】（1）设，，，即，，，，，，.（2）由题知，令直线方程中，可得直线与轴交点，联立，得，由(1)知，，，即点坐标为，则，当且仅当时，等号成立.面积的最小值为.20．已知椭圆的离心率为，且过点．(1)求椭圆的方程；(2)斜率为的直线与椭圆交于不同两点（都不同于点），且直线，的斜率之积等于1．试问直线是否过定点？若是，求出该点的坐标；若不是，请说明理由．【答案】(1)；(2)直线过定点. 【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；（2）不妨设直线.设.利用“设而不求法”表示出,得到.即可得到直线过定点.【详解】（1）由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为：.（2）不妨设直线.设.联立得：，消去y得：.所以.所以.因为直线，的斜率之积等于1，所以,即，所以，整理得：.所以，整理得：，解得：或.当时，直线过定点，不合题意，舍去；当时，代入，解得：或（因为时直线与椭圆交于长轴顶点，不合题意），直线过定点.符合题意.故直线过定点，使得直线，的斜率之积等于1.21．设满足以下两个条件的有穷数列,,…,为阶“Q数列”：①；②．(1)分别写出一个单调递增的3阶和4阶“Q数列”；(2)若2018阶“Q数列”是递增的等差数列，求该数列的通项公式；(3)记n阶“Q数列”的前k项和为，求证．【答案】(1)三阶“数列”:,,;四阶“数列”:,,,(2)(3)证明见解析 【分析】（1）借助新定义利用等差数列,写出一个单调递增的3阶和4阶“数列”;（2）利用某阶“数列”是等差数列,根据已知条件分别求出首项和公差即可；（3）判断k=n时,,然后证明k＜n时,利用数列求和以及绝对值三角不等式证明即可.【详解】（1）不妨设其数列为等差数列,因为阶“数列”单调递增,则由,可知:,且,解得:,所以,故,解得:,故三阶“数列”：,,;同理，不妨设4阶“数列”为等差数列,公差为,因为4阶“数列”单调递增,由可知:,即,,所以,且,因为,所以,即,解得:,将代入中,解得:,可得四阶“数列”：,,,．（2）设等差数列,,,,公差为,,∵,∴,∴,则,,根据已知条件得：①,②,两式相减得:,即,根据,得,，.（3）当时,显然成立;当时,根据条件①得,即,∴,∴.【点睛】关键点点睛：定义新数列,要将不熟悉的问题进行转化,转化为我们熟悉的问题,本题中将“数列”转化为等差数列,利用等差数列的性质进行求解较为简单,第三问的难点是利用绝对值三角不等式进行证明.