31，北京市一零一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷

这是一份31，北京市一零一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷，共18页。

（本试卷满分120分，考试时间100分钟）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40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. 在等差数列中，，则（ ）
A. 9B. 11C. 13D. 15
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】由题意知，解得，所以，所以.
故选：C.
2. 若直线与直线垂直，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两直线垂直，斜率相乘为-1，列出方程求解即可.
【详解】∵直线与直线垂直，

故选：C
3. 已知等比数列，公比，则（ ）
A. 81B. 27C. 32D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解.
【详解】根据可得，所以或，
若，则不符合要求，
若，则符合要求，故，
故选：A
4. 已知圆的圆心在抛物线上，且此圆过定点，则圆与直线的位置关系为（ ）
A. 相切B. 相交C. 相离D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的定义求得正确答案.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
根据抛物线的定义可知，到焦点的距离等于到准线的距离，
所以圆与直线相切.
故选：A
5. 平面的斜线交于点，过定点的动直线与垂直，且交于点，则动点的轨迹是（ ）
A. 一条直线B. 一个圆C. 一个椭圆D. 曲线的一支
【答案】A
【解析】
【分析】先找出定点A和直线确定的一个平面，结合平面相交的特点可得轨迹类型.
【详解】如图，设与是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且的斜线，由过平面外一点有且只有一个平面与已知直线垂直可知过定点与垂直所有直线都在这个平面内，故动点都在平面与平面的交线上.
【点睛】本题主要考查轨迹的类型确定，熟悉平面的基本性质及推论是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.
6. 在各项均不为零的等差数列中，若，
则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：根据等差数列性质可知，所以，因为，所以，则，故选A.
考点：等差数列.
7. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上一点，连接交轴于点．若为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由长度关系可得，知，在中，利用可构造齐次方程求得双曲线离心率.
【详解】
设，
为等边三角形，，，又，
，，，
，，
，解得：（舍）或，
双曲线的离心率为.
故选：C.
8. 已知等比数列的前项和为，则“”是“”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
【答案】D
【解析】
【分析】结合等比数列的前项和公式，以及充分、必要条件的判断方法，判断出正确选项即可.
【详解】由于数列是等比数列，当且时，，
充分性：当，且公比时，得，，则，不满足充分性；
必要性：当，且公比时，得，，满足，但不满足，不满足必要性；
故选：D.
9. 如图，动点在正方体的对角线上，过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于．设，，则函数的图象大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：由题意知，MN⊥平面BB1D1D，则MN在底面ABCD上的射影是与对角线AC平行的直线，故当动点P在对角线BD1上从点B向D1运动时，x变大y变大，直到P为BD1的中点时，y最大为AC．然后x变小y变小，直到y变为0，因底面ABCD为正方形，故变化速度是均匀的，且两边一样．故答案为B．
考点：函数的图像与图像项变化．
点评：本题考查了函数图象的变化，根据几何体的特征和条件进行分析两个变量的变化情况，再用图象表示出来，考查了作图和读图能力．属于中档题．
10. 已知同时为椭圆：与双曲线：（，）左、右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为，O为坐标原点，给出下列四个结论：
①；
②若，则；
③的充要条件是；
④若，则的取值范围是.
其中正确结论的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆以及双曲线的关系，即可判断A选项；根据椭圆以及双曲线的定义，结合余弦定理，可推得B、C选项；根据椭圆以及双曲线的定义结合三角形的三边关系，得出的关系式.进而根据对勾函数的单调性，即可得出D选项.
【详解】
对于A项，由已知椭圆与双曲线共焦点可得，，故A选项正确；
对于B项，根据椭圆以及双曲线的定义，
可得，所以.
在中，由余弦定理可得，
即，
整理可得：.
所以，即，故B项正确；
对于C项，
必要性：若，则为直角三角形，
所以，
即，
整理可得：，
两边同时除以可得，，即，满足必要性；
充分性：若，易可得，，
所以，所以为直角三角形，且，
可得，满足充分性.
故C项正确；
对于D项，由已知可得.
所以，.
令，则.
因为，所以.
又，所以有，所以有；
，所以有，所以有.
所以.
设函数，再设，
则，
由于，得，，，
所以，即，函数在区间上单调递增，
所以，所以，故D正确.
故选：D.
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】先由双曲线的渐近线设出双曲线的方程，再利用待定系数法即可求得的值.
【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，
所以双曲线的方程可设为，即，
因为，
所以，解得（负值舍去），
所以.
故答案为：.
12. 在空间直角坐标系中，若直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则直线与平面所成角的正弦值等于_________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标求出直线与平面法向量夹角的余弦值，即可得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】直线与平面所成角的正弦值即直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值．
设直线与平面所成的角为，则：
所以.
故答案为：.
13. 已知数列满足，，若，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】由递推式，结合依次求出、即可.
【详解】由，可得：，
又，可得：.
故答案为：.
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，若双曲线上存在一点使，则该双曲线的离心率的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【详解】因为在中，由正弦定理得，
则由已知，得，即，,
由双曲线的定义知
，
由双曲线几何性质知
所以解得
又，故双曲线的离心率
15. 普林斯顿大学的康威教授于1986年发现了一类有趣的数列并命名为“外观数列”（Lkandsaysequence），该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”.例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项.则对于外观数列，下列说法正确的有_________.
①若，则从开始出现数字2；
②若，则的最后一个数字均为；
③可能既是等差数列又是等比数列；
④若，则均不包含数字4.
【答案】②③④
【解析】
【分析】由外观数列的定义可判断①和②；举例子可判断③；由反证法，结合外观数列的定义可判断④.
【详解】对于①，当时，
由外观数列的定义可得：，，，故①错；
对于②，由外观数列定义可知，每次都是从左向右描述，
所以第一项的始终在最右边，即最后一个数字，故②正确；
对于③，取，则，此时既是等差数列又是等比数列，故③正确；
对于④，当时，
由外观数列的定义可得：，，，.
设第一次出现数字4，
则中必出现了4个连续的相同数字.
而的描述必须包含“个，个”，显然的描述不符合外观数列的定义.
所以当时，均不包含数字4，故④正确.
故答案为：②③④
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义、根据数列的递推关系式写出数列中的项及利用递推关系式研究数列的性质.解题关键在于理解数列的新定义，明确数列的递推关系式.根据数列的定义可判断①和②；举出特殊例子可判断③；通过反证法及数列的定义可判断④.
三、解答题共4小题，共55分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16. 已知数列满足，且成等比数列，
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求的最小值及此时的值.
【答案】16.
17. 最小值为,
【解析】
【分析】（1）为等差数列，公差为2，根据题目条件得到方程，求出首项，得到通项公式；
（2）求出，求出最小值及的值.
【小问1详解】
由知为等差数列，设的公差为，则，
成等比数列，所以，即，
解得，又，所以的通项公式为；
【小问2详解】
由(1)得，
所以当时，取得最小值，最小值为
17. 如图，四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意得，利用线面平行的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解空间距离即可，
（3）根据法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
底面为直角梯形，，，
又平面，平面，
平面；
小问2详解】
平面平面，且平面平面，
又，平面，
又，即，
则以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
又，，，
则，，，，，
故，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
平面的一个法向量为，
又平面，则平面的一个法向量为，
，
由图形得二面角所成角为锐二面角，
二面角的所成角的余弦值为．
18. 已知椭圆的离心率为，右焦点为，点，且.过点的直线（不与轴重合）交椭圆于点，直线，分别与直线交于点.
（1）求椭圆的方程；
（2）判断点与以为直径的圆的位置关系，并证明你的结论；
（3）求面积的最大值.
【答案】18.
19. 点在以为直径的圆的内部，详见解析
20.
【解析】
【分析】（1）由题意得求出，然后求解，即可得到椭圆方程．
（2）当直线的斜率不存在时，验证，即．当直线的斜率存在时，设，其中．联立设，利用韦达定理，结合直线的方程，求出的坐标．利用向量的数量积，转化求解即可．
（3）分直线l的斜率不存在和存在两种情况讨论，其中当直线l的斜率存在时，先求出点到直线的距离，再利用韦达定理求出线段的长，进而求出面积的最大值.
【小问1详解】
由题意得解得，
从而，
所以椭圆C的方程为．
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时，有，，，
则，，故，即．
当直线l的斜率存在时，设，其中．
联立得．
由题意，知恒成立，设，
则，．
直线的方程为，
令，得，即，同理可得．
所以，．
因为
，
所以，
综上，点在以为直径的圆的内部.
【小问3详解】
当直线l的斜率不存在时，有，，，
则的面积为．
当直线l的斜率存在时，由于，
点到直线的距离为：，
线段的长为：．
则的面积为，
构造函数，令，
显然函数在区间上单调递减，
且当时，；当时，；
所以，从而面积的范围为；
综上，面积的最大值为.
19. 设为给定的正奇数，定义无穷数列，其中.若是数列中的项，则记作.
（1）若，写出的前5项；
（2）求证：集合是空集；
（3）记集合，，求集合.
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）,．
【解析】
【分析】（1）根据递推公式即可逐一代入求解；
（2）利用反证法证明；
（3）由,，提出猜想,，证明．
【小问1详解】
当时，由可得，
所以的前5项为，
【小问2详解】
假设集合，非空，
当时，，又是正奇数，，而，不合题意，
当时，，若，则需，又是正奇数，不合题意，
设中元素的最小值为（显然，
因为，所以，因此为奇数，且．
若，则为偶数，
但此时应有，与矛盾，
若，则，即，与的最小性矛盾，
因此假设不成立，集合为空集．
【小问3详解】
猜想,．
因为,，以下只需证对任意大于1的奇数，1，，
若，，则，故只需证必存在，．
由（2）知无穷数列中所有的项都属于集合，2，，，
因此必存在，使得，取其中的值最小的一组，
若，则；
若，则必有，与的最小性矛盾；
若，则必有，也与的最小性矛盾．
因此只能，因此，，，即1，．
综上，,．
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.