2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学朝阳学校高二上学期期末练习数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学朝阳学校高二上学期期末练习数学试题（解析版），共19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学年北京市中国人民大学附属中学朝阳学校高二上学期期末练习数学试题 一、单选题1．若向量，，则（    ）A． B．4 C．5 D．【答案】A【分析】由空间向量坐标的加减运算，和模长公式计算即可.【详解】由题意，得，.故选：A.2．已知点，直线：，则点到直线的距离为（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】利用点到直线的距离公式计算即可.【详解】已知点，直线，则点到直线l的距离,故选：.3．若直线是圆的一条对称轴，则的值为（    ）A． B． C．2 D．1【答案】B【分析】依据题给条件列出关于的方程，解之即可求得的值【详解】圆的圆心坐标为，又直线是圆的一条对称轴，则圆心在直线上，则，则故选：B4．已知椭圆的离心率为，则（    ）A． B． C．2 D．3【答案】B【分析】由即可求解.【详解】椭圆的离心率满足，即可解得.故选：B5．如图，在直三棱柱中，若，，，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】因为∥，所以或其补角为异面直线与所成的角，连接，根据余弦定理即可求得答案．【详解】如图，连接，则，，，因为∥，所以或其补角为异面直线与所成的角，，则异面直线与所成的角的余弦值为.故选：C．6．已知抛物线的焦点为F，准线为，点P在抛物线上，于点Q．若是锐角三角形，则点P的横坐标的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】在轴上取点，推导出为锐角，设点，可得出，可求得的范围.【详解】如图所示：在轴上取点，由抛物线的定义可得，则，由于为锐角三角形，则为锐角，由已知可得轴，所以，则为锐角，焦点，设点，则，，则，解得，因此，点的横坐标的取值范围是.故选：D.7．设直线的方向向量为，的法向量为，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】因为，所以或，再利用充分必要条件的定义判断得解.【详解】解：因为，所以，所以或.当时，成立，所以“”是“”的充分条件；当时，不一定成立，所以“”是“”的非必要条件.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A8．设是圆上的动点，是圆的切线，且，则点P到点距离的最小值为（    ）A．15 B．6 C．5 D．4【答案】D【分析】本题首先可根据题意得出，则点的轨迹方程为，然后用圆心到点的距离减去半径即可得出结果.【详解】解：由圆的方程，易知圆心，半径为，因为是圆的切线，且，所以，，所以，点的轨迹方程为，点到点距离的最小值为，故选：D.9．古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆雉，得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用面积为64的矩形 截某圆锥得到椭圆，且与矩形的四边相切.设椭圆在平面直角坐标系中的方程为，下列选项中满足题意的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意可得到对于椭圆有成立，由此一一验证各选项是否满足，即得答案.【详解】∵用面积为64的矩形截某圆锥得到椭圆，且与矩形的四边相切，∴ ，即，对于A，, ，不满足，故A错误；对于B，，，满足 ，故B正确；对于C，， ，不满足，故C错误；对于D，， 不满足，故D错误．故选：B．10．在等比数列中，，记（，2，…）.则数列（    ）A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【答案】A【分析】根据题意易求得等比数列的公比，设数列为等比数列的奇数项（，2，…），则数列是以为首项，为公比的等比数列，再分奇偶讨论数列的项，即可得出结论.【详解】解：设等比数列的公比为，则，所以，设数列为等比数列的奇数项（，2，…），则数列是以为首项，为公比的等比数列，则，所以，当时，，当时，，当为奇数时，，因为，所以，当为偶数时，，因为，所以，综上所述，数列有最大项和最小项.故选：A.11．在正方体中，点P在正方形内，且不在棱上，则（    ）A．在正方形内一定存在一点，使得B．在正方形内一定存在一点，使得C．在正方形内一定存在一点，使得平面平面D．在正方形内一定存在一点，使得平面【答案】B【分析】对于A，通过作辅助线，利用平行的性质，推出矛盾，可判断A;对于B，找到特殊点，说明在正方形内一定存在一点，使得，判断B;利用面面平行的性质推出矛盾，判断C;利用线面垂直的性质定理推出矛盾，判断D.【详解】A、假设在正方形内一定存在一点，使得，作 ,垂足分别为,连接，则为矩形，且与相交，故,由于，则，这与相交矛盾，故A错误；B、假设P为正方形的中心，Q为正方形的中心，作 ,垂足分别为,连接，则为矩形，则 ,且为的中点，连接 ,则,因为 ，所以,即，故B正确；C、在正方形内一定存在一点，使得平面平面，由于平面平面,平面平面,故 ,而 ,则Q在上，这与题意矛盾，C错误；D、假设在正方形内一定存在一点，使得平面，平面 ,则,又平面平面，故 ,而平面，故平面，由于平面,故重合，与题意不符，故D错误，故选∶B12．已知，分别椭圆的左右焦点，为椭圆上一点，满足，线段交y轴于点Q，若，则椭圆的离心率是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意得垂直于轴，，为的中点，利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，结合椭圆的方程可得，由勾股定理和离心率公式，计算可得答案．【详解】由题意可得垂直于轴，，因为为的中点，则为的中点，可得，由可得，则，即有，在直角三角形中，可得，即有，可得，即，由可得，，解得或(舍去)，故选：D.13．一些二次曲面常常用于现代建筑的设计中，常用的二次曲面有球面、椭球面、单叶双曲面和双曲抛物面、比如，中心在原点的椭球面的方程为，中国国家大剧院就用到了椭球面的形状（如图1），若某建筑准备采用半椭球面设计（如图2），半椭球面方程为，该建筑设计图纸的比例（长度比）为1：50（单位：m），则该建筑的占地面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，得到平面上的曲线方程为，为一个圆，求出面积即可求解.【详解】解析：求占地面积即求半椭球面的底面积，所以，到平面上的曲线方程为，为一个圆，所以，该半椭球面的底面是一个半径为的圆，因为该建筑设计图纸的比例（长度比）为1：50（单位：m）所以，建筑时选的半径为米，所以，建筑的占地面积为平方米.故选：B 二、填空题14．已知，，若与共线，则_________.【答案】＃＃【分析】由向量共线的坐标表示得出的值.【详解】解：因为与共线，所以，即,解得，，则.故答案为：．15．在公差为的等差数列中，，则等于_________.【答案】3【分析】根据等差数列求和公式即可求解.【详解】由得，所以．故答案为：3．16．设抛物线的焦点为，准线为，为抛物线上一点，，为垂足.若直线AF的斜率为，则__________.【答案】【分析】设准线与轴焦点为,可得的坐标为，,由直线斜率为，可得，结合抛物线的定义, 可得是等边三角形，即可得答案.【详解】如图由抛物线方程为，可得其焦点为，准线方程为，设准线与轴焦点为,则的坐标为， 由直线斜率为，所以，可得，因为轴，所以,又由抛物线的定义有,所以是等边三角形，故，故答案为：.17．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论：①曲线关于坐标轴和直线均对称；②曲线恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；③曲线围成的图形的面积是；④曲线上的任意两点间的距离不超过4；⑤若是曲线上任意一点，则的最小值是2.其中正确的结论序号是_________.【答案】①⑤【分析】对绝对值里面的进行分类讨论，去掉绝对值，从而可作出曲线C.根据曲线C是四个半径为的半圆围成的图形，由图即可判断①；曲线恰好经过8个整点即可判断②；曲线C所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和，即可判断③；由图可知，曲线C上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，即可判断④；因为到直线的距离为，所以，转化为圆上的点到直线的距离最小的问题，求解即可判断⑤.【详解】由于，则当时，曲线C的方程可化为，化简得，表示圆心为，半径为的半圆；当时，曲线C的方程可化为，化简得，表示圆心为，半径为的半圆；当时，曲线C的方程可化为，化简得，表示圆心为，半径为的半圆；当时，曲线C的方程可化为，化简得，表示圆心为，半径为的半圆．作出曲线如图所示：曲线C是四个半径为的半圆围成的图形，由图易知曲线关于坐标轴和直线均对称，故①正确；曲线恰好经过8个整点，故②错误；曲线C所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和，从而曲线C所围成图形的面积为，故③错误；由图可知，曲线C上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，即，故④错误；因为到直线的距离为，所以，当d最小时，易知在曲线C的第一象限内的图象上，因为曲线C的第一象限内的图象是圆心为，半径为的半圆，圆心到的距离，从而，即，故⑤正确.故答案为：①⑤．18．已知等比数列的公比，且，则使成立的正整数的最大值为___________.【答案】【分析】根据等比数列通项代入等式化简得，再分别求出数列和的前项的和，代入不等式即可求出的范围，则得到其最大值.【详解】解：因为等比数列的公比，且，所以，整理得:，解得，因为为等比数列，所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，所以原不等式等价为:①，因为，所以，将其代入①式整理得:，解得，由，所以正整数的最大值为，故答案为：19．为抛物线上一动点，当点到直线的距离最短时，点的坐标是___________.【答案】【分析】设，求出到直线距离，结合绝对值变形后配方可得最小值．【详解】设，则点到直线的距离为 ，当，即当时，抛物线 上一点到直线的距离最短为.故答案为：．20．设等比数列满足，，记为在区间中的项的个数，则数列的前50项和___________.【答案】【分析】根据已知条件求出等比数列的首项和公比，得出，讨论当时和时值，代入计算即可得出结果.【详解】由题意得，，所以解得，，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，因为为在区间中的项的个数所以当时，；当时，，所以，即.故答案为:  三、双空题21．已知直线：是双曲线：的一条渐近线，则___________；双曲线的离心率为___________.【答案】          【分析】根据双曲线的渐近线过原点，即可求得m的值，由题意可得的关系，即可求得离心率.【详解】由题意可知双曲线：的渐近线方程为 ，过原点，由于直线：是双曲线：的一条渐近线，故，即 ，故 所以离心率为 .故答案为：0；． 四、解答题22．已知数列的前n项和为，且，__________.请在①；②，，成等比数列；③，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.(1)求数列的通项公式；(2)求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）选①由等差数列性质列方程求；选②由等比中项性质列方程求；选③由求和公式列方程求. 最后由公式法写出通项公式；（2）由公式法写出，讨论函数最小值即可.【详解】（1）由得，故数列为首项为，公差的等差数列，选①，，解得；选②，，，成等比数列，则，即，解得； 选③，，解得.综上，故.（2）由（1）得，，，故的最小值为.23．如图，在直三棱柱中，，，，交于点E，D为的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）先证明，再根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，确定平面的法向量，根据空间角的向量求法可得答案.【详解】（1）在直三棱柱中，平面，因为平面，所以 ．因为 ， ，平面,所以 平面，因为平面，所以 ．又因为 ，平面，所以平面.（2）由（1）知知 两两垂直，则以点A为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则 ，设 ,, ，因为 ，∴ ，故,由（1）知平面故平面的一个法向量为 ，,设直线与平面所成角为，则.24．已知椭圆的焦点在轴上，离心率为，对称轴为坐标轴，且经过点.(1)求椭圆的方程；(2)直线：与椭圆相交于 两点，且原点在以为直径的圆上，求直线斜率的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）依题意设出椭圆的方程，根据离心率的值以及椭圆经过的点，待定系数法求出椭圆的方程；（2）把直线的方程代入椭圆的方程，使用根与系数的关系，再由原点在以为直径的圆上，利用，即，解方程求出的值，并检验判别式是否大于0．【详解】（1）解：依题意，可设椭圆的方程为，，，又，椭圆经过点，则有，,即得, 解得，，，椭圆的方程为．（2）解：记、 两点坐标分别为,，,，由消去，得，直线与椭圆有两个交点，，即，由韦达定理，，原点在以为直径的圆上，，即，又,，,，．即得所以，．25．设有限数列：，定义集合为数列A的伴随集合.(1)已知有限数列：-1，0，1，2和数列：1，2，4，8.分别写出和的伴随集合；(2)已知有限等比数列：，求的伴随集合M中各元素之和S；(3)已知有限等差数列：，判断0，，是否能同时属于的伴随集合M，并说明理由.【答案】(1)数列的伴随集合为，数列的伴随集合为(2)(3)不能同时属于数列的伴随集合,理由见解析 【分析】（1）由数列的伴随集合定义可得P，Q的伴随集合；（2）先证明，可得求集合M中各元素之和时，每个均出现n﹣1次，由等比数列的求和公式，计算可得所求和；（3）假设同时属于数列A的伴随集合M．设数列A的公差为d（d≠0），运用等差数列的定义和通项公式、性质，推理论证得到矛盾，即可判断．【详解】（1）数列的伴随集合为，数列的伴随集合为．（2）先证明:对任意或，则．假设．当且，因为，则，即，所以，与矛盾．同理，当且时，也不成立．当且时，不妨设，因为，则，所以，左边为奇数，右边为偶数，所以，综上，对任意或，则所以求集合中各元素之和时，每个均出现次，所以 （3）假设同时属于数列的伴随集合．设数列的公差为，则即②-①得，，③-①得，，两式相除得，，因为，所以，，所以．又因为，所以，，所以，与矛盾，所以不能同时属于数列的伴随集合．