2023-2024学年北京市海淀区高二上学期期中数学质量监测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市海淀区高二上学期期中数学质量监测模拟试题（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.
1．复数z＝i（1－i）的模| z |＝（ ）
A．B．2C．1D．3
2．椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为，焦距为4，则该椭圆的方程为（ ）
A．B．=1C．=1D．=1
3．已知数列的前n项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．45°C．120°D．150°
5．过点且与直线平行的直线方程是（ ）
A．B．C．D．
6．已知△ABC的顶点B、C在椭圆＋y2＝1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是（ ）
A．2B．6C．4D．12
7．设数列是等比数列，则“”是“为递增数列”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
8．椭圆的两焦点为、，以为边作正三角形，若椭圆恰好平分正三角形的另两边，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
9．直线与圆的位置关系为（ ）
A．相离B．相切C．相交或相切D．相交
10．如图，已知正方体，则下列结论中正确的是（ ）
A．与三条直线所成的角都相等的直线有且仅有一条
B．与三条直线所成的角都相等的平面有且仅有一个
C．到三条直线的距离都相等的点恰有两个
D．到三条直线的距离都相等的点有无数个
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.
11．已知直线圆C:则直线被圆C所截得的线段的长为 .
12．在平面直角坐标系中，经过，，三点的圆的标准方程为 .
13．在正四面体O－ABC中，，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝ (用表示)．
14．圆：和圆：的位置关系是 .
15．已知数列满足下面说法正确的有 .
①当时，数列为递减数列；
②当时，数列为递减数列；
③当时，数列为递减数列；
④当为正整数时，数列必有两项相等的最大项.
三、解答题：本大题共6小题，共85分.
16．如图.在正方体中，E为的中点．
(1)求证：平面ACE；
(2)求直线AD与平面ACE所成角的正弦值．
17．已知数列是等比数列，满足，，数列满足，，设，且是等差数列.
(1)求数列和的通项公式；
(2)求的通项公式和前项和.
18．在中，，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
(1)的值；
(2)角的大小和的面积.
条件①：；条件②.
19．如图,四棱锥中,平面,, .,,,是的中点.
(Ⅰ)证明:⊥平面;
(Ⅱ)若二面角的余弦值是,求的值;
(Ⅲ)若,在线段上是否存在一点,使得⊥. 若存在,确定点的位置;若不存在,说明理由.
20．已知椭圆：的一个顶点为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点定点作斜率为的直线与椭圆交于，，直线，的斜率分别记为，.求的值
21．设，如果函数：的值域也是，则称之为一个泛函数，并定义其迭代函数列：，.
(1)请用列表法补全如下函数列；
(2)求证：对任意一个，存在正整数（是与有关的一个数），使得；
(3)类比排序不等式：，，把中的10个元素按顺序排成一列记为，使得10项数列：，，，…，的所有项和最小，并计算出最小值及此时对应的.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2
1
7
5
3
4
9
10
1．A
【分析】直接计算模即可
【详解】，
故选：A
2．C
【分析】利用长轴长及焦距求出，结合可得答案.
【详解】由题意可设所求椭圆方程为，又因为长轴长为和焦距为4，
所以，，即，，
再由，故所求椭圆方程为，
故选：C．
3．A
令得，令得可解得.
【详解】因为，所以，
因为，所以.
故选：A
4．A
【分析】将直线的一般式改写成斜截式，再由斜率公式可求得结果.
【详解】∵
∴
∴
又∵
∴
故选：A.
5．A
【分析】由题意，设所求直线为，代入A点坐标，求得m值，即可得答案.
【详解】因为所求直线与直线l平行，
所以设所求直线方程为：，
又所求直线过点，代入可得，解得，
所以所求直线为，即.
故选：A
6．C
【分析】根据题设条件求出椭圆的长半轴，再借助椭圆定义即可作答.
【详解】由椭圆＋y2＝1知，该椭圆的长半轴，
A是椭圆的一个焦点，设另一焦点为，而点在BC边上，点B，C又在椭圆上，
由椭圆定义得，
所以的周长
故选：C
7．B
【分析】当时，可得，但此时数列不单调，根据数列的单调性，结合充分、必要条件的判定方法，即可得答案.
【详解】当时，，虽然有，但是数列为摆动数列，并不是递增数列，所以不充分；
反之当数列是递增数列时，则必有，因此是必要条件，
故选：B．
本题考查充分、必要条件的判断，数列的单调性，着重考查推理分析的能力，属基础题.
8．D
【分析】利用题干可得，则，构建的等量关系即可求离心率.
【详解】由题可知等边的边的中点为，
所以可得，所以，
由椭圆定义可得，即，
则离心率.
故选：D
9．C
【分析】利用几何法，判断圆心到直线的距离与半径的关系，判断直线与圆的位置关系即可．
【详解】由已知得，圆的圆心为（0，0），半径为，
所以圆心到直线的距离为.
因为，所以
所以圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交或相切；
故选：C．
10．D
【分析】所成的角都相等的直线有无数条，A错误，成的角相等的平面有无数个，B错误，距离相等的点有无数个，C错误，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：根据对称性知与三条直线的夹角相等，则与平行的直线都满足条件，有无数条，错误；
对选项B：根据对称性知平面与三条直线所成的角相等，则与平面平行的平面都满足条件，有无数个，错误；
对选项C：如图所示建立空间直角坐标系，设正方体边长为，，，上一点，则，，，点到直线的距离为
，
同理可得到直线和的距离为，故上的点到三条直线的距离都相等，故有无数个，错误；
对选项D：上的点到三条直线的距离都相等，故有无数个，正确；
故选：D
11．
【分析】先求得圆心到直线的距离为，再利用圆的弦长公式，即可求解．
【详解】由题意，圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由圆的弦长公式，可得，
即直线被圆C所截得的线段的长为．
故答案为．
本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记圆的弦长公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
12．
【分析】设所求圆的标准方程为，代入各点坐标求出的值即可.
【详解】由题意设所求圆的标准方程为，代入各点坐标得，
，解得，
故所求圆的标准方程为.
故答案为.
13．
【详解】因为在四面体中，为的中点，为的中点， ，故答案为.
14．外离
【分析】根据圆的位置关系直接得出.
【详解】根据两圆的方程可知，得，，，
所以，所以两圆外离.
故外离.
15．②③④
【分析】通过求出数列的递推式，找出之间的关系，即可得出结论.
【详解】由题意，
在数列中，，
∴ ，
∵，
∴当 时， , 即
当 时， ，即 .
当 时， ，
故数列 不是递减数列，故①不正确.
当 时， ，，
故数列 是递减数列，故②正确.
当 时， ，所以数列 是递减数列，故③正确.
当 为正数时，令 , 所以 .
时， , 数列 从第二项起递减，
所以此时数列 有两项相等的最大值；
时，数列从第一项到第 项递增，从第 项起递减， ，所以 ， , 所以 ,
所以此时数列 有两项相等的最大值，
故④正确.
选②③④.
关键点点睛：本题考查数列的递推式，递增递减数列的判断，考查学生数学思维和理解题意的能力，计算的能力，具有很强的综合性.
16．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）连连接BD与AC交于点O，根据中位线定理可知，然后根据线面平行的判定定理可得.
（2）建立空间直角坐标系，计算，平面的一个法向量，然后根据空间向量的夹角公式计算即可.
【详解】（1）如图所示：
，
连接BD与AC交于点O，
因为O，E为中点，
所以,又平面，平面，
所以平面；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系
令，所以
设平面的一个法向量为
所以，令
所以，
所以直线AD与平面ACE所成角的正弦值
17．(1)，
(2)，
【分析】（1）根据等差数列、等比数列定义求解；
（2）先写出数列的通项公式，再分组求和即可求解.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
因为，，所以，即，
设等差数列公差为，
因为，，所以，即.
（2）因为，所以,
由（1）可得，
设前项和为，
.
18．(1)
(2)，
【分析】（1）若选①，则直接利用余弦定理可求得，若选②，先由同角三角函数的关系求出，然后由正弦定理可求出，
（2）若选①，先求出，再利用正弦定理可求出角，利用面积公式可求出其面积，若选②，由于，利用两角和的余弦公式展开计算可求出角，利用面积公式可求出其面积，
【详解】（1）选择条件①
因为，，，
由余弦定理，得，
化简得，
解得或（舍）.
所以；
选择条件②
因为，，
所以，
因为，，
所以，
由正弦定理得，得，
解得；
（2）选择条件①
因为，，
所以.
由正弦定理，得，
所以，
因为，所以，
所以为锐角，
所以，
所以，
选择条件②
由（1）知，，
又因为，，
在中，，
所以
因为
所以，
所以
19．(Ⅰ)见解析 (Ⅱ) . (Ⅲ)不存在，见解析
【分析】（I）通过证明，证得平面.
（II）建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值列方程，解方程求得的值.
（III）设出点的坐标，利用列方程，推出矛盾，由此判断满足条件的点不存在.
【详解】(Ⅰ)证明:因为 平面,,
所以 平面.
又因为 平面,所以 . 在中,,是的中点,
所以 .
又因为 ,所以 平面.
(Ⅱ)解:因为 平面,
所以,.
又因为 ,
所以 如图建立空间直角坐标系.
则,,,,
,,
,.
设平面的法向量为.
则
即 令,则,,
于是.
因为平面,所以. 又,
所以平面.
又因为,
所以 取平面的法向量为.
所以 ,
即,解得.
又因为,所以.
(Ⅲ)结论:不存在.理由如下:
证明:设.
当时,.
,.
由知,,,.这与矛盾.
所以,在线段上不存在点,使得.
本小题主要考查线面垂直的证明，考查根据二面角的余弦值求参数，考查存在性问题的求解，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于的标准方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，设直线：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）得，所以椭圆的方程为.
（2）
设直线：，则，
消得：，
，
所以，
设，，
所以，，
因为，所以，，
21．(1)列表见解析
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）根据函数的定义以及定义域与值域的定义，可得答案；
（2）利用分类讨论的思想，结合题意，可得答案；
（3）根据（2）的结论，化简数列，根据运算，可得答案.
【详解】（1）
（2）按泛函数的定义，①
任取，则，所以，其中必有两个相等.
情形一，存在，则取即可；
情形二，存在，由①，得，
连续应用①次，即得，取正整数即可.
综上，命题得证.
（3）因为，所以2520是的公倍数，
从而2520是（2）中每个的倍数，因此，，
故
，
由排序不等式，可知当时，
最小，并且
.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2
1
7
5
3
4
9
10
1
2
9
3
7
5