2023~2024学年北京市朝阳区高二(上)期末质量检测数学试卷(解析版)

这是一份2023~2024学年北京市朝阳区高二(上)期末质量检测数学试卷(解析版)，共17页。试卷主要包含了 已知数列的通项公式等内容，欢迎下载使用。
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. 若直线l的斜率为，则l的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设直线l的倾斜角为，
因为直线的斜率是，可得，
又因为，所以，即直线的倾斜角为.
故选：C
2. 已知等差数列，其前项和为，若，则（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 27
【答案】C
【解析】在等差数列中，，解得，
所以.故选：C
3. 已知双曲线的实轴长为，其左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由双曲线知，焦点在轴上，
设左焦点，其中一条渐近线方程为，即.
由实轴长为得，
解得；
由左焦点到渐近线的距离,
则双曲线渐近线方程为.
故选：A.
4. 过抛物线的焦点作倾斜角为的直线与抛物线交于两点，则（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】D
【解析】抛物线的焦点，直线的方程为，
联立方程组，得，
设，，
则，.
故选：D.
5. 在正方体中，分别为和的中点，则异面直线与.所成角的余弦值是（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】设正方体棱长为，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
则，
由异面直线与.所成角为锐角，
则余弦值面直线与.所成角的余弦值为.
故选：B.
6. 若方程表示椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为方程表示椭圆，
则，解得，则实数的取值范围是.
故选：B.
7. 已知等比数列各项都为正数，前项和为，则“是递增数列”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】等比数列各项都为正数，
设公比为，则，
①当时，是递增数列，
，
由，则,
不满足.所以是递增数列.
②当时，则，
此时满足，为常数列，不是递增数列.
所以 是递增数列.
故“是递增数列”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.
8. 为了响应国家节能减排的号召，甲､乙两个工厂进行了污水排放治理，已知某月两厂污水的排放量与时间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该月内，甲乙两厂中甲厂污水排放量减少得更多
B. 该月内，甲厂污水排放量减少速度是先慢后快
C. 在接近时，甲乙两厂中乙厂污水排放量减少得更快
D. 该月内存在某一时刻，甲､乙两厂污水排放量减少的速度相同
【答案】D
【解析】选项A，设，
设甲工厂的污水排放量减少为，乙工厂的污水排放量减少为，
结合图像可知：，
所以该月内乙工厂的污水排放量减少得更多，故A错误；
选项B，作出如图所示表示甲厂曲线的条切线可知，
直线的倾斜程度小于的倾斜程度，直线的倾斜程度大于的倾斜程度，
而这说明该月内，甲厂污水排放量减少的速度并非先慢后快，
从图象的变化也可以看出，甲厂污水排放量减少的速度先快再慢后快，故B错误；

选项C，设为接近的时刻且，
从时刻到时刻，污水排放量平均变化率，
由导数的定义与几何意义可知，
在接近时，在接近时污水排放量减少快慢，可以用在处切线的斜率的大小比较近似代替.
设甲工厂在处切线的斜率为，乙工厂在处切线的斜率为，
结合图象可知，
所以在接近时，甲工厂的污水排放量减少得更快，故C错误；

选项D，如图，利用导数的几何意义，存在时刻，两曲线切线的斜率相等，
即甲､乙两厂污水排放量的瞬时变化率相同，
所以该月内存在某一时刻，甲､乙两厂污水排放量减少的速度相同.故D正确.
故选：D.

9. 是圆上两点,,若在圆上存在点恰为线段的中点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】圆，圆心，，
由是弦的中点，且，
则由圆的几何性质，，
所以，
故点在以为圆心， 以为半径的圆上.
又在圆上存在点满足题设，
且其圆心，半径，
则由两圆有公共点，得，即，
解得，或.
故选：C.
10. 已知数列的通项公式.设，，若，则（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】由题意知，
，
则
，
由得，则，
解得.
故选：C.
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. 两条直线与之间的距离是__________.
【答案】
【解析】由两条平行线的距离公式可得：.
故答案为：.
12. 已知函数，则__________.
【答案】
【解析】由，则，
所以.
故答案：.
13. 以为直径端点圆的方程是__________.
【答案】
【解析】是直径端点，
由两点间距离公式得直径长为，故半径为，
且设圆心为，由中点坐标公式得圆心，
故圆的方程为.
故答案为：
14. 在空间直角坐标系中，已知点，若点在平面内，写出一个符合题意的点的坐标__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】点在平面内，所以四点共面，
则，
所以，
所以，则，
所以满足即可
令，满足，
所以符合题意的点的坐标可以为.
故答案为：（答案不唯一） .
15. 某学校球类社团组织学生进行单淘汰制的乒乓球比赛（负者不再比赛），如果报名人数是2的正整数次幂，那么每2人编为一组进行比赛，逐轮淘汰.以2022年世界杯足球赛为例，共有16支队进入单淘汰制比赛阶段，需要四轮，场比赛决出冠军.如果报名人数不是2的正整数次幂，则规定在第一轮比赛中安排轮空（轮空不计入场数），使得第二轮比赛人数为2的最大正整数次幂.（如20人参加单淘汰制比赛，第一轮有12人轮空，其余8人进行4场比赛，淘汰4人，使得第二轮比赛人数为16.）最终有120名同学参加校乒乓球赛，则直到决出冠军共需__________轮；决出冠军的比赛总场数是__________.
【答案】7;119
【解析】因为，
所以第二轮需要64名同学参加比赛，
则第一轮淘汰人，
即第一轮有8人轮空，有112人进行淘汰赛，共进行了56场比赛，
则第二轮有64名同学参加比赛，
所以共进行了32场比赛，淘汰了32人，
则第三轮有32名同学比赛，则进行了16场比赛，
第四轮有16名同学参加比赛，共进行了8场比赛，
第五轮有8名同学参加比赛，共进行了4场比赛，
第六轮有4名同学参加比赛，共进行了2场比赛，
第七轮有2名同学参加比赛，共进行了1场比赛，
故直到决出冠军共需7轮比赛，
共进行了场比赛，
故答案为：7；119.
16. 如图，在长方体中，为棱的中点，点是侧面上的动点，满足，给出下列四个结论：
①动点的轨迹是一段圆弧；
②动点的轨迹长度为；
③动点的轨迹与线段有且只有一个公共点；
④三棱锥的体积的最大值为.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【解析】由长方体性质可知：都与平面垂直，
而在平面内，所以，
由，可知，即，故，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，因为点是侧面上的动点，故设，
故所求点满足，化简得，
则动点的轨迹为此圆在矩形内的部分，是一段圆弧，故①正确；
记圆心为，当时，由，得，
显然动点的轨迹与线段没有公共点，故③错误；
当时，由，得或（舍去），
当时，由，得或（舍去），
则，，
易得，又，则，
所以动点的轨迹长度为，故②正确；
显然，动点到平面的最大距离为点到平面的距离，即，
所以三棱锥的体积的最大值为，故④正确.
故答案为：①②④.
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. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间.
解：（1）由，的定义域为.
则，
所以，又，
所以在点处的切线方程为.
（2），
由，得，或，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以函数的单调递增区间为；
单调递减区间为.
18. 已知为数列的前项和，满足，数列是等差数列，且.
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前项和.
解：（1）当时，，得，
当时，①，由已知②，
②①得，，
所以，由，得
所以数列为等比数列，公比，
因为，所以.
设等差数列的公差为，
由，则，解得.
所以.
（2）设，则，
设的前项和为，
则
.
19. 如图，三棱锥中，，平面平面，点是棱的中点，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
条件①：；
条件②：直线与平面所成角为.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
解：（1）选择条件①.
取的中点，连接.
由于是等边三角形，故，
又平面平面，平面，
平面平面，
故平面，
而平面，故，即，
所以，
又，故，
则，即.
因为，平面，
所以平面，平面，
所以.
选择条件②.
取的中点，连接.
由于是等边三角形，故，
又平面平面，平面，
平面平面，
故平面，
所以在平面内的射影是，
所以是直线与平面所成角.
所以.
由平面，而平面，故，即，
所以，又，
故，则，即.
因为，平面，
所以平面，平面，
所以.
（2）由（1）知两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
于是，
由点是棱的中点，所以，
于是，又，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，
所以，
又是平面的一个法向量，
设二面角的大小为，由题可知为锐角，
所以.
20. 已知椭圆的一个顶点坐标为，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆的右焦点作斜率为的直线交椭圆于两点，线段的垂直平分线分别交直线轴，轴于点，求的值.
解：（1）由题意可得，
解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由（1）椭圆的标准方程为，可得，
可得直线的方程为，
与椭圆方程联立，
可得，
易知，设，
所以，，
所以，代入直线的方程得，
所以，
所以直线的方程为，
当时，，
当时，，
所以，，
所以，
，
所以.
.
21. 设正整数，若由实数组成的集合满足如下性质，则称为集合：对中任意四个不同的元素，均有.
（1）判断集合和是否为集合，说明理由；
（2）若集合为集合，求中大于1的元素的可能个数；
（3）若集合为集合，求证：中元素不能全为正实数.
解：（1）集合是集合，
当时，；
当时，；
当时，；
集合不是集合，
取，则，不满足题中性质.
（2）当时，，
当时，，
当时，，
所以.
不妨设，
①若，因为，从而，与矛盾；
②若，因为，故，
所以.
经验证，此时是集合，元素大于1的个数为；
③若，因为，所以与矛盾；
④若，因为，故，
所以.
经验证，此时是集合，元素大于1的个数为；
综上：中大于1的元素的可能个数为.
（3）假设集合中全为正实数.
若中至少两个正实数大于，设，则，
取，则，
而，从而，矛盾；
因此中至多有1个正实数大于.
当时，设，
若，
当时，，
当时，，
当时，，
由于，
，
所以，
所以.
因为，
所以
，矛盾.
因此当时，.
当时，集合中至少有4个不同的正实数不大于，
设，
因为是有限集，设，其中.
又因为集合中至少有4个不同的正实数不大于，
所以，且存在，且使互不相同，
则，
当时，，
当时，，
于是，
与矛盾.
因此，中元素不能全为正实数.