北京市东城区2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题

这是一份北京市东城区2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题，共18页。

第一部分（选择题 共36分）
一、选择题共12小题，每小题3分，共36分.在每个小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知向量，，且，那么实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行关系可知，由向量坐标运算可构造方程求得结果.
【详解】，，，解得：.
故选：B.
2. 已知直线的倾斜角为（ ）度
A. 45B. 135C. 60D. 90
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的直线方程，求出其斜率，再求出倾斜角作答.
【详解】直线的斜率为1，所以直线的倾斜角为45度.
故选：A
3. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线方程可直接求得结果.
【详解】由抛物线方程可知其准线方程为：.
故选：C.
4. 2021年9月17日，北京2022年冬奥会和冬残奥会主题口号正式对外发布——“一起向未来”（英文为：“Tgether fr a Shared Future”），这是中国向世界发出的诚挚邀约，传递出14亿中国人民的美好期待.“一起向未来”的英文表达是：“Tgether fr a Shared Future”，其字母出现频数统计如下表：
合计频数为24，那么字母“”出现的频率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用字母“”出现的频数除以总数就是所求频率.
【详解】由图中表格可知，字母“”出现的频数为4，合计总频数为24，所以字母“”出现的频率为.
故选：B
5. 设为数列的前项和，已知，，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可直接求得结果.
【详解】由得：，.
故选：A.
6. 已知在长方体中，，，那么直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由长方体性质易知为与面所成的角，进而求其正弦值即可.
【详解】根据长方体性质知：面，
故为与面所成的角，
，
所以.
故选：A
7. 如图，点是正方形两条对角线的交点.从这个正方形的四个顶点中随机选取两个，那么这两个点关于点对称的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出事件的基本总数，再求出满足条件的基本事件数，利用古典概型计算即可.
【详解】从四个顶点选两个的情况数为：，
选的两个点关于中心对称的情况有：与两种，
所以所求概率为：，
故选：C.
8. 圆心为，半径的圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的标准方程的形式，由题中条件，可直接得出结果.
【详解】根据题意，圆心为，半径
圆的标准方程为；
故选：B．
9. 已知正四棱锥的高为4，棱的长为2，点为侧棱上一动点，那么面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正四棱锥的性质得到平面，，然后根据，，得到的范围，最后根据三角形面积公式求面积的最小值即可.
【详解】
取中点，连接、、，
因四棱锥为正四棱锥，所以平面，，
因为为中点，所以，
因为平面，所以，
因为，，所以，，
在直角三角形中，当时，最小，为，当点和点重合时，最大，最大为4，所以，
，所以当时，的面积最小，为.
故选：D.
10. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，将第一次得到的点数记为，第二次得到的点数记为，那么事件“”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知先列举出事件总数，然后解出不等式，找出满足条件的事件数，结合古典概率计算即可.
【详解】由题意第一次得到的点数记为，第二次得到的点数记为，
记为，则它的所有可能情况为：
共36种，
由，即，由在单调递增，
所以，所以满足条件的有：
共6种，
所以事件“”概率为：，
故选：C.
11. 地震预警是指在破坏性地震发生以后，在某些区域可以利用“电磁波”抢在“地震波”之前发出避险警报信息，以减小相关预警区域的灾害损失.根据Rydelek和Pujl提出的双台子台阵方法，在一次地震发生后，通过两个地震台站的位置和其接收到的信息，可以把震中的位置限制在双曲线的一支上，这两个地震台站的位置就是该双曲线的两个焦点.在一次地震预警中，两地震台站和站相距.根据它们收到的信息，可知震中到站与震中到站的距离之差为.据此可以判断，震中到地震台站的距离至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设震中为，根据双曲线的定义以及可求出结果.
【详解】设震中为，依题意有，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线靠近的一支，
因为，当且仅当三点共线时，取等号，
所以,所以，
所以震中到地震台站的距离至少为.
故选：A
12. 对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，都有，则称数列是有界的.若这样的正数不存在，则称数列是无界的.记数列的前项和为，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则数列是无界的B. 若，则数列是有界的
C. 若，则数列是有界的D. 若，则数列是有界的
【答案】C
【解析】
【分析】根据可知A错误；由可知不存在最大值，即数列无界；分别在为偶数和为奇数的情况下得到，由此可确定，知C正确；采用放缩法可求得，由可知D错误.
【详解】对于A，恒成立，存在正数，使得恒成立，
数列是有界的，A错误；
对于B，，
，，即随着的增大，不存在正数，使得恒成立，
数列是无界的，B错误；
对于C，当为偶数时，；当为奇数时，；
，存在正数，使得恒成立，
数列是有界的，C正确；
对于D，，
；
在上单调递增，，
不存在正数，使得恒成立，数列是无界的，D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的新定义问题，解题关键是理解数列有界的本质是对于数列中的最值的求解，进而可以通过对于数列单调性的分析来确定数列是否有界.
第二部分（非选择题 共64分）
二、填空题共6小题，每小题3分，共18分.
13. 已知空间向量，，若，则实数_____．
【答案】1
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
故答案为：1
14. 在等差数列中，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用已知条件求出公差，利用等差数列通项公式求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由，，
所以，
所以，
故答案为：.
15. 两条直线与之间的距离是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据平行直线间距离公式可直接求得结果.
【详解】由平行直线间距离公式可得：之间的距离.
故答案为：.
16. 某单位组织知识竞赛，按照比赛规则，每位参赛者从5道备选题中随机抽取3道题作答.假设在5道备选题中，甲答对每道题的概率都是，且每道题答对与否互不影响，则甲恰好答对其中两道题的概率为______；若乙能答对其中3道题且另外两道题不能答对，则乙恰好答对两道题的概率为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）甲能够答对道题目，则，根据二项分布的概率即可进一步求解；
（2）设乙能够答对道题目，根据超几何分布即可求出答案.
【详解】解设甲能够答对道题目，，
所以，
解设乙能够答对道题目，
则.
故答案为：；.
17. 试写出一个中心为坐标原点，焦点在坐标轴上，渐近线方程为的双曲线方程___________.
【答案】(或其它以为渐近线的双曲线方程)
【解析】
【分析】根据题意写出一个即可.
【详解】中心为坐标原点，焦点在坐标轴上，渐近线方程为的双曲线方程为
故答案为：(或其它以为渐近线的双曲线方程)
18. 已知点是曲线（其中a，b为常数）上的一点，设M，N是直线上任意两个不同的点，且.则下列结论正确的是______.
①当时，方程表示椭圆；
②当时，方程表示双曲线；
③当，，且时，使得是等腰直角三角形的点有6个；
④当，，且时，使得是等腰直角三角形的点有8个.
【答案】②③④
【解析】
【分析】对①②，根据方程表示的曲线可以是圆，椭圆，双曲线，直线判断；
对③④，求出点P到直线的距离d的取值范围，对点P是否为直角顶点进行分类讨论，确定d，t的等量关系，综合可得出结论.
【详解】方程中当时可表示圆，当时，表示双曲线，故①错误，②正确；
在③④中：椭圆方程为，椭圆与直线均关于原点对称，
设点，则点到直线的距离为

对③：时，
(1)若为直角顶点，如图1，则，，满足为等腰直角三角形的点有四个，
图1
(2)若不是直角顶点，如图2，则，，满足是等腰直角三角形的非直角顶点有两个，
图2
故时，使得是等腰直角三角形的点有6个，③正确；
对④：时，
(1)若为直角顶点，如图1,则，，满足为等腰直角三角形的点有四个..
(2)若不是直角顶点，如图3,则，，满足是等腰直角三角形的非直角顶点有四个，
图3
故时，使得是等腰直角三角形的点有8个，④正确；
故答案为：②③④.
【点睛】椭圆的参数方程是，对于有关椭圆上点的横纵坐标问题的题目可以转化为三角函数问题求解，比如求的最大值，求点到直线的距离范围等问题都可以使用椭圆的参数方程来解决.
三、解答题共5小题，共46分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
19. 某超市有A，B，C三个收银台，顾客甲、乙两人结账时，选择不同收银台的概率如下表所示，且两人选择哪个收银台相互独立.
（1）求a，b的值；
（2）求甲、乙两人在结账时都选择C收银台的概率；
（3）求甲、乙两人在结账时至少一人选择C收银台的概率.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据甲在三个收银台结账的概率和为1求a值，同理求b的值；
（2）“甲选择C收银台”与“乙选择收银台”是相互独立事件，利用独立事件的概率公式求解；
（3）利用对立事件求解.
小问1详解】
由表可知,甲选择A收银台的概率为,
乙选择B收银台的概率为
【小问2详解】
设事件为“甲选择C收银台”,事件为“乙选择收银台”,事件为“甲,乙两人在结账时都选择C收银台”.
根据题意,,事件相互独立.
所以.
【小问3详解】
设事件为“甲，乙两人在结账时至少一人选择收银台”,
.
20. 在四棱雉中，底面是正方形，为棱的中点，，，再从下列两个条件中任选一个作为已知，求解下列问题.条件①：平面平面；条件②：.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）条件①利用面面垂直的性质定理可证得；条件②利用线面垂直的判定定理可证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求面面夹角；
（3）利用空间向量求点到面的距离.
【小问1详解】
条件①：平面平面
证明：因为平面平面，，
平面，平面平面，
所以平面.
条件②：
证明：因为，，且平面，，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，，两两垂直，
以为原点，分别所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
所以，
由（1）知平面的法向量，
设平面的法向量为，则，
即，令，则，
设平面与平面夹角的为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为
【小问3详解】
由已知得，，
所以点到平面的距离为
21. 已知圆，圆及点.
（1）判断圆和圆的位置关系；
（2）求经过点且与圆相切的直线方程.
【答案】（1）相交 （2）或
【解析】
【分析】（1）根据两圆方程可确定圆心和半径，由圆心距与两圆半径之间的关系可确定两圆位置关系；
（2）易知切线斜率存在，则可设其为，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得，进而得到切线方程.
【小问1详解】
圆方程可整理为：，则圆心，半径；
由圆方程可知：圆心，半径；
，，，，
圆和圆相交.
【小问2详解】
当过的直线斜率不存在，即为时，其与圆不相切，
可设所求切线方程为：，即，
圆心到切线的距离，即，
解得：或，
切线方程：或，即或.
22. 已知椭圆的离心率为，一个顶点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点的直线与椭圆的另一个交点为，且，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆中的关系求解即可；（2）先利用求出点的轨迹方程，然后求点的轨迹方程与椭圆的交点即可，求值的时候一定要注意变量范围.
【小问1详解】
由题可知；，又因为，解得
所以椭圆的方程为
【小问2详解】
设，因为，所以有，
则点为椭圆与圆的交点，
联立，解得或（舍去，因为）
所以有或，故点的坐标为
23. 已知无穷数列满足公式，设.
（1）若，求的值；
（2）若，求的值；
（3）给定整数，是否存在这样的实数，使数列满足：
①数列的前项都不为零；
②数列中从第项起，每一项都是零.
若存在，请将所有这样的实数从小到大排列形成数列，并写出数列的通项公式；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在这样的，，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据，求出；
（2），（i）当时，可得，由的范围可得与的关系可得；
（ii）当时，由得，再分、根据与可得答案
（3）存在这样的，根据和（2）可知，分、讨论，根据与关系类推，可得答案.，
【小问1详解】
因为，所以；
【小问2详解】
因为，
（i）当时，，所以，
此时，若，则；
若，则.
（ii）当时，，所以，
此时，若，则；
若，则.
综上所述，；
【小问3详解】
存在这样的，
因为，由（2）可知，
（i）当时，，所以，
（ii）当时，，所以，
以此类推，，
所以数列的通项公式为.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是由递推关系可得数列的结果，寻找规律，本题考查数列的递推关系的应用，考查了学生推理能力、运算能力
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字母
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d
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频数
3
2
1
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2
4
2
2
1
1
2
收银台
顾客
A收银台
B收银台
C收银台
甲
a
0.2
0.4
乙
0.3
b
0.3