2023北京朝阳高二（上）期末数学（教师版）

这是一份2023北京朝阳高二（上）期末数学（教师版），共10页。试卷主要包含了解答题共5小题，共70分等内容，欢迎下载使用。
2023北京朝阳高二（上）期末 数    学2023．1（考试时间120分钟  满分150分）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，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题  共50分）一、选择题共10小题，每小题5分，共50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）已知为等差数列，，则（A）（B）（C）（D）（2）已知点（）到直线的距离为，则实数（A）（B）（C）（D）（3）设函数，则曲线在点处的切线方程为（A）（B）（C）（D）（4）已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，则（A）（B）（C）（D）（5）已知直线，直线，则“”是“”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（6）如图，在四面体中，是的中点，设，，，则（A）（B）（C）（D） （7）已知函数（）有两个极值点（），则（A）或（B）是的极小值点（C）（D）（8）在平面直角坐标系中，设是双曲线的两个焦点，点在上，且，则的面积为（A）（B）（C）（D）（9）如图，平面平面，，是直线上的两点，是平面内的两点，且，，，，，若平面内的动点满足，则四棱锥的体积的最大值为（A）（B）（C）（D）（10）斐波那契数列（）在很多领域都有广泛应用，它是由如下递推公式给出的：，当时，．若，则（A）（B）（C）（D）第二部分（非选择题  共100分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。（11）函数的导函数_______．（12）已知平面的法向量为，直线的方向向量为，且，则实数_______．（13）过圆的圆心且与直线平行的直线的方程是_______．（14）设点分别为椭圆的左、右焦点，则椭圆的离心率为_______；经过原点且斜率不为的直线与椭圆交于两点，当四边形的面积最大时，_______．（15）已知是首项为负数，公比为的等比数列，若对任意的正整数，
恒成立，则的值可以是________．（只需写出一个）（16）数学家笛卡儿研究了许多优美的曲线，如笛卡儿叶形线在平面直角坐标系中的方程为．当时，给出下列四个结论：① 曲线不经过第三象限；② 曲线关于直线轴对称；③ 对任意，曲线与直线一定有公共点；④ 对任意，曲线与直线一定有公共点．其中所有正确结论的序号是_______．三、解答题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。（17）（本小题13分）设函数．（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）当时，求的最大值与最小值．  （18）（本小题14分）已知是等差数列，其前项和为（），，．（Ⅰ）求数列的通项公式及；（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求数列的前项和．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．  （19）（本小题14分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点是的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．   
（20）（本小题14分）已知椭圆（）的长轴长为4，且点在椭圆上．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点的直线与椭圆交于，两点，且．问：轴上是否存在点，使得直线，直线与轴围成的三角形始终是底边在轴上的等腰三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．   （21）（本小题15分）在无穷数列中，，，，．（Ⅰ）求与的值；（Ⅱ）证明：数列中有无穷多项不为；（Ⅲ）证明：数列中的所有项都不为．  （考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）
参考答案一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）（1）C          （2）A          （3）B          （4）D           （5）C（6）D          （7）A          （8）B          （9）C           （10）B二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）（11）     （12）（13）     （14）；（15）（答案不唯一）   （16）①②④三、解答题（共5小题，共70分）（17）（共13分）解：（Ⅰ）函数的定义域为，．令，得，．当变化时，的变化情况如下：单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数的单调递增区间为，；单调递减区间为．              ………………………………….8分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在区间上的最小值为．因为，，所以．所以在区间上的最大值为．…………………………….13分（18）（共14分）解：（Ⅰ）设等差数列的公差为，则．由，解得．因为，所以（）．所以．………………………………….6分（Ⅱ）选条件①：．因为，所以．又因为，所以数列是首项为2，公比为4的等比数列．所以．………………………………….14分选条件②：．因为．所以．             ………………………………….14分选条件③：．因为，所以．                   ………………………………….14分（19）（共14分）解：（Ⅰ）因为，点为的中点，所以．又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．又因为平面，所以．………………………… 4分（Ⅱ）取为的中点，连接．因为，，所以．由（Ⅰ）知．又因为平面，平面，所以．如图，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．则．因为，所以．所以，．因为平面，所以平面的法向量为．设平面的法向量为，则即令，则，．于是．设二面角为，由题知为锐角，则．所以二面角的余弦值为．………………………………….10分（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得．因为，所以．因为平面的法向量为，所以平面当且仅当，即，解得．所以在棱上存在点，使得平面，此时．…….14分（20）（共14分）解：（Ⅰ）由题设，得解得，．所以椭圆的方程为．.………………………………….4分（Ⅱ）依题意，直线l的斜率存在且不为0，设其方程为（）．由得．由，得．，．假设存在点满足题意，则．．令，即．所以．所以，即．所以．故在轴上存在点，使得直线，直线与轴围成的三角形始终是底边在轴上的等腰三角形．.………………………………….14分（21）（共15分）解：（Ⅰ）因为，所以．所以．又，所以．.……………………………………………….4分（Ⅱ）假设数列中只有有限多个不为的项．设是数列中不为的最后一项．则．所以，与假设矛盾．所以数列中有无穷多项不为． .………………………………….9分（Ⅲ）解法一：由（Ⅰ）可得，．下面证明对任意，有， ① ② ③当时，由（Ⅰ）可得．假设当时，①②③式成立．当时，，①式成立，②式成立，③式成立．所以对任意，①②③式成立．所以对任意，有，即．.………………………………….15分（Ⅲ）解法二：由（Ⅰ）可得，．下面证明对任意，有，假设存在，使得或或设．取，则．所以对任意，有，所以，所以，与矛盾．所以假设不成立．所以对任意，有，即．.………………………………….15分（Ⅲ）解法三：由（Ⅰ）可得，．依次类推，对任意，有，所以对任意，有，即．