北京市通州区2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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本试卷共4页，共150分．考试时长120分钟．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，请将答题卡交回．
第一部分（选择题 共40分）
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. 已知等差数列，则等于（ ）
A. B. 0C. 2D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】设出等差数列的公差为，建立等量关系求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，所以，
解得：，.
故选：B.
2. 已知P为双曲线右支上一点，为双曲线的左右焦点，等于（ ）
A 8B. 6C. 4D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线的定义即可求出结果.
【详解】因P为双曲线右支上一点，所以.
故选：B.
3. 已知椭圆的左右焦点为，上下顶点为，若四边形为正方形，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据四边形为正方形得到的关系，结合离心率计算公式求解出结果.
【详解】因为四边形为正方形，所以，所以，
所以，
故选：C.
4. 已知点在抛物线上，且点A到抛物线准线的距离为3，则等于（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线的定义可求出，再由即可求出结果.
【详解】由抛物线的定义知，点A到抛物线准线的距离为，所以，
又，所以.
故选：D.
5. 已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据离心率计算出的值，然后根据渐近线方程为分析出结果.
【详解】因为双曲线的离心率为，所以，
所以，
又因为的渐近线方程为，且，
所以渐近线方程为，
故选：A.
6. 已知数列，则等于（ ）
A. 511B. 1022C. 1023D. 2047
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推关系，利用累加法及等比数列求和公式得解.
【详解】因为，
所以，，，，，，
累加可得：，
所以.
故选：C
7. 已知等差数列的前项和为，若，公差，则（ ）
A. 有最大值为B. 有最大值为
C. 有最大值为30D. 有最小值为30
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的求和公式结合二次函数性质求解即可.
【详解】由，公差得，
，
易知一定为正整数，且结合二次函数性质得当或时，取得最大值30，显然C正确.
故选：C
8. 已知首项为，公比为q的等比数列，其前n项和为，则“”是“单调递增”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】A
【解析】
【分析】由可判断充分性；取可判断必要性.
【详解】在等比数列中，，则，
当时，，所以单调递增，故充分性成立；
当单调递增时，时，单调递增，但是推不出，故必要性不成立.
故选：A.
9. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与C交于，两点，若面积是面积的2倍，则m等于（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用面积关系，得到线段比例关系，设出直线与轴交点后求参数即可.
【详解】
易得，故，设，，
直线与轴交点，面积为，面积为，
由题意得面积是面积的2倍，则，
化简得，结合，
故，解得，即，故，解得.
故选：D.
10. 已知数列的通项公式为，给出下列四个结论：
①数列为单调递增数列，且存在常数，使得恒成立；
②数列为单调递减数列，且存在常数，使得恒成立；
③数列为单调递增数列，且存在常数，使得恒成立；
④数列为单调递减数列，且存在常数，使得恒成立．
其中正确结论的个数有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】先根据的正负判断出的单调性，然后根据的单调性求解出的取值范围，由此可判断出正确结论.
【详解】因为，所以，
所以，
所以为单调递减数列；
又因为，
当且，，当时，，
所以，
当时，恒成立，
当时，恒成立，
由上可知，②④正确，
故选：B.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 已知等比数列，则__________．
【答案】27
【解析】
【分析】先求出公比，然后代入即可求解.
【详解】由题意（为公比），所以.
故答案为：27.
12. 若抛物线的准线经过双曲线的左焦点，则__________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据双曲线的方程得出其左焦点为，根据抛物线的方程得出其准线为，再根据条件即可求出结果.
【详解】因为双曲线的左焦点为，又抛物线的准线为，
所以，得到，
故答案为：.
13. 已知数列的通项公式是，使数列中存在负数项的一个t的值为__________．
【答案】（答案不唯一，中的一个值）
【解析】
【分析】记，然后分类讨论、，当以及时可直接根据通项公式的取值正负作出判断，当时，根据的正负作出判断，由此可求解出结果.
【详解】记，
当时，即，显然恒成立，不满足要求；
当时，或，
若，则，所以恒成立，不满足要求；
若，此时，必然满足数列中存在负数项，
由上可知，的可取值的范围是，故可取，
故答案为：（答案不唯一，中的一个值）.
14. 如图，一隧道内设双行线公路，其截面由一个长方形和抛物线构成．为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上高度之差不小于，已行车道AB总宽度，则车辆通过隧道的限制高度为__________m．
【答案】##
【解析】
【分析】先求出抛物线的解析式，再根据题意判断该隧道能通过的车辆的最高高度即可得到结论.
【详解】取隧道截面，抛物线的顶点为原点，对称轴为轴，建立直角坐标系，
设抛物线方程为，由图易知抛物线过点，
所以，得到，故抛物线方程为，
又行车道AB总宽度，将代入，得到，
所以限制高度为，
故答案为：.
15. 已知曲线．关于曲线W有四个结论：
①曲线W既是轴对称图形又是中心对称图形；
②曲线W的渐近线方程为；
③当时曲线W为双曲线，此时实轴长为2；
④当时曲线W为双曲线，此时离心率为．
则所有正确结论的序号为__________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】①根据以代换、代换、以代换，代换后方程是否变化作出判断；②根据、时的关系式作出判断；③根据的关系式判断是否为双曲线，然后通过将图形顺时针旋转再作出判断；④根据的关系式判断是否为双曲线，结合③中的旋转过程以及渐近线方程可求解出离心率.
【详解】①以代换可得方程，即为，故曲线关于轴对称，
以代换可得方程，即为，故曲线关于轴对称，
以代换，代换可得方程，即为，故曲线关于原点成中心对称，
所以曲线既关于轴对称，也关于轴对称，同时关于原点成中心对称，故①正确；
②如下图：
当时，，可知渐近线为；
当时，，可知渐近线为；
所以曲线的渐近线方程为，故②正确；
③当时，，显然此时曲线为双曲线，
因为与的交点为，所以，
将双曲线绕原点顺时针旋转，如下图：
此时双曲线与轴的交点为，
所以，所以实轴长为，故③错误；
④当时，，显然此时曲线为双曲线，
将双曲线绕原点顺时针旋转，此时渐近线方程为，
所以，所以离心率，故④正确，
故答案为：①②④.
【点睛】结论点睛：曲线的方程为，①如果，则曲线关于轴对称；②如果，则曲线关于轴对称；③如果，则曲线关于原点成中心对称.
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
16. 已知圆，点．
（1）求圆C的圆心坐标及半径；
（2）求过P点的圆C的切线方程．
【答案】（1）圆心坐标为，半径为
（2）或
【解析】
【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，求得圆心和半径；
（2）先考虑切线斜率不存在，直接分析即可；再考虑切线斜率存在，根据圆心到直线的距离等于半径可求结果.
【小问1详解】
将圆的一般方程化为标准方程可得：，
所以圆心坐标为，半径为.
【小问2详解】
当切线斜率不存在时，切线方程为，此时，不符合题意；
当切线斜率存在时，设过P点的切线方程为，即，
圆心到直线的距离，解得或，
当时，切线方程为，
当时，切线方程为，即，
综上所述，过P点的圆C的切线方程为或．
17. 已知直线与抛物线相交于A，B两点．
（1）求弦长及线段的中点坐标；
（2）试判断以为直径的圆是否经过坐标原点O？并说明理由．
【答案】（1），中点坐标为
（2）以为直径的圆不经过坐标原点O，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设出坐标，联立直线与抛物线方程得到横坐标的韦达定理形式，根据弦长公式结合韦达定理可求，根据的值可求线段的中点坐标；
（2）根据韦达定理计算出的值，然后可判断出结果.
【小问1详解】
设，
联立，消去y整理得，且，
所以，
所以，
又因为，
所以线段的中点坐标为．
【小问2详解】
以为直径的圆不经过坐标原点O．
因为，
所以与不垂直，
故以为直径的圆不经过坐标原点O．
18. 设数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个符合题目要求的条件作为已知，完成下列问题．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
条件①：且;
条件②：且；
条件③：且．
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】18. 选择条件①：，不合题意；选择条件②：；选择条件③：
19. 选择条件②：；选择条件③：.
【解析】
【分析】（1）选①，利用等差数列的性质转化为首项和公差的方程组，求出公差不符合题意，选②，③利用等差数列的性质转化为首项和公差的方程组，求出首项和公差即可求出通项公式.
（2）将第一问结论代入，再利用裂项相消即可求出结果.
【小问1详解】
设等差数列首项为，公差为d．
选择条件①：且，解得，不合题意．
选择条件②：且，
由等差数列的通项公式及前n项和公式得解得．
所以等差数列通项公式为．
选择条件③：且，
由等差数列前n项和公式得解得．
所以等差数列的通项公式为．
【小问2详解】
选择条件②：因为，所以，
．
选择条件③：因为，
所以．
所以
．
19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点B到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出面面角的余弦值；
（3）利用点到平面距离的向量公式求解即可.
【小问1详解】
因为为正方形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，
所以，，又，所以两两垂直，
以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图，
由，
则，
，
设平面的法向量，
则，令，则，所以，
又因为平面，所以为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
因为平面的法向量，，
所以，
所以点B到平面的距离为.
20. 已知椭圆，点A，B为椭圆C的左右顶点（A点在左），，离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆C交于（与A，B不重合）两点，直线与交于点P，证明：点P在定直线上．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件先求解出的值，然后根据求得的值，则椭圆方程可知；
（2）设出方程以及坐标，然后联立直线与椭圆方程得到纵坐标的韦达定理形式，表示出直线的方程并得到点横坐标满足的关系式，结合韦达定理可求点横坐标，由此完成证明.
【小问1详解】
由题意可知：，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
证明：由题意，直线的斜率不为0，设直线，，
联立可得，
显然，
所以，所以，
又因为，
所以，
令，
则，
解得，即，
所以点P在定直线上.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用，涉及椭圆方程求解、椭圆中定直线问题，对学生的计算能力要求较高，难度较大.解答本题第二问的关键在于：利用纵坐标的韦达定理关系表示出直线与直线的交点的横坐标，根据坐标判断出点是否位于定直线上.
21. 已知数列满足：．
（注：）
（1）若，求及数列的通项公式；
（2）若，求的值．
【答案】21. ，
22. 199
【解析】
【分析】（1）根据递推关系式可得，再写出，两式相减化简可得数列成等比数列，即可得解；
（2）根据递推关系得出，再写出两式相减可得数列为等差数列，求出通项公式可得，再由（1）可得，化简即可得解.
【小问1详解】
因为，，
所以.
因为，，
所以，
即①
②
②①得，
化简得：，即，
所以数列成等比数列，公比为，
故.
【小问2详解】
由（1）可知，，
数列为等比数列，所以，
因为，，
所以，
即③
④
④③化简得，
变形得，
即，
由，当时，，即，
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，
所以
所以，
因为，所以，
又，所以，
又因，所以，
即，即，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对递推关系的变形，通过变形可得两个和式，作差后变形，能够证明数列为等差或等比数列是解题的关键，其次对于抽象式子的运算、及有方向性的变形、推理是解决问题的第二个关键所在.