精品解析：北京市北师大附中2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题

2022-2023学年北京师大附中高二（上）期末数学试卷 一、选择题（每小题4分，共40分，每题均只有一个正确答案） 1. 已知向量，且，那么（ ） A. B. 9 C. D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】，则，使得，据此计算即可. 【详解】依题意，由可知，，使得，于是，解得 于是. 故选：D. 2. 已知为原点，点，以为直径的圆的方程为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求圆的圆心和半径，根据圆的标准方程即可求解﹒ 【详解】由题知圆心为，半径， ∴圆的方程为﹒ 故选：A﹒ 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则实数m的值为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线方程得出，再利用渐近线定义得，解方程求出值. 【详解】已知方程表示的曲线为双曲线，所以， 该双曲线的渐近线为，又，得出 故选：B. 4. 若抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，则该抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出椭圆的焦点坐标即是抛物线的焦点坐标，即可求出准线方程. 【详解】∵椭圆的右焦点坐标为， ∴抛物线的焦点坐标为，∴抛物线的准线方程为. 故选：D. 5. 已知直线l过点，且与直线垂直，则直线l的一般式方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意设直线方程为，然后将点坐标代入求出，从而可求出直线方程 【详解】因为直线与直线垂直，所以设直线方程为， 因为直线过点，所以，得， 所以直线方程为， 故选：B. 6. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，用点到平面的距离公式计算即可. 【详解】建立空间直角坐标系如图所示： 则，，，，，，设平面的法向量为，则，即，则平面的一个法向量为， 则点A到平面的距离. 故选：C 7. 如图，在正方体中，E是棱CD上的动点．则下列结论不正确的是（ ） A. 平面 B. C. 直线AE与所成角的范围为 D. 二面角的大小为 【答案】C 【解析】 【分析】由平面平面，平面，即可判断A；建立空间直角坐标系计算即可判断选项B；求的范围即可判断选项C；先找出二面角的平面角为即可判断选项D，进而可得正确选项． 【详解】对于选项A：因为平面平面，平面， 所以平面，故选项A正确； 如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，， ，，，对于选项B：，， 因为，所以，即， 故选项B正确； 对于选项C：，，设直线与所成角为， 则， 当时最大等于，此时最小为， 当时最小等于0，此时最大为，所以， 即直线与所成角的范围为，故选项C不正确； 对于选项D：二面角即二面角， 因为，， 平面，平面， 所以即为二面角的平面角， 在正方形中，，所以二面角的大小为， 故选项D正确， 故选：C. 8. 设是首项为正数的等比数列，公比为q，则“”是“对任意正整数n，”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】根据充分条件和必要条件的定义判断． 【详解】是首项为正数的等比数列，若公比，则数列中奇数项为正，偶数项为负，一定有，充分性满足， 但是时，数列各项均为正，，也就是说时，得不出，不必要． 故选：A． 9. 在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆有公共点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化圆的方程为，求出圆心与半径，由题意，只需与直线有公共点即可． 【详解】解：圆的方程为，整理得：，即圆是以为圆心，1为半径的圆； 又直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点， 只需圆与直线有公共点即可． 设圆心到直线的距离为， 则，即， ． 的最小值是． 故选：． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，将条件转化为“与直线有公共点”是关键，考查学生灵活解决问题的能力，属于中档题． 10. 已知曲线，点，下面有四个结论： ①曲线C关于x轴对称； ②曲线C与y轴围成的封闭图形的面积不超过4； ③曲线C上任意点P满足； ④曲线C与曲线有5个不同的交点． 则其中所有正确结论的序号是（ ） A. ②③ B. ①④ C. ①③④ D. ①②③ 【答案】D 【解析】 【分析】根据点对称即可判断①；根据椭圆的几何性质可判断②；根据双曲线和椭圆上的点到的距离可做出判断③；由直线与曲线的关系可判断④. 【详解】①：在上时，也在上，曲线关于轴对称，故①对； ②：当 ，此时曲线是椭圆的右半部分.矩形的面积为封闭图形面积不超过故②对； ③：当时 ，， ， 当时，， 当 时，，综上，可知曲线上任意点满足，故③对. ④：与曲线相交于点，与曲线相交于点， 当 时，，此时双曲线的渐近线方程为，与， 平行， 故不会有交点.所以共有3个交点，故④错. 故选：D. 二、填空题（每小题5分，共25分） 11. 已知等比数列中，，则数列的前5项和____________． 【答案】 【解析】 【分析】设等比数列的公比为q，由条件结合等比数列通项公式列方程求 q，利用等比数列求和公式求． 【详解】设等比数列{an}的公比为q， 因为，，所以，解得， 则数列的前5项和. 故答案为：． 12. 已知圆，若直线与圆C相交得到的弦长为，则____________． 【答案】##-0.75 【解析】 【分析】根据圆的标准方程求出圆心坐标和半径，利用点到直线的距离公式和几何法求出圆的弦长，列出关于k的方程，解之即可. 【详解】由圆，得圆心，半径， 则圆心到直线即的距离为 ，所以， 有，解得. 故答案为：. 13. 已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，若，则的面积为____________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据已知可得，，.根据椭圆的定义有，根据有.即可求出，进而求出三角形的面积. 【详解】 由已知可得，，，所以，. 因为点在椭圆上，由椭圆的定义可得，， 所以. 又，所以为直角三角形，则， 所以，所以. 故答案为：3. 14. 已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱，的中点，点P在平面内，点Q在线段上，若，则长度的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，点到的距离减去半径就是长度的最小值，结合图形，代入计算，即可得到结果. 【详解】 取中点，连接，则平面，所以，因为，正方体的棱长为2，为的中点，所以，，所以点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，单独画出平面以及相关点线，所以点到的距离减去半径就是长度的最小值，连接，做交于点，则 ，所以，解得，所以长度的最小值为. 故答案为： 15. 角谷猜想又称冰雹猜想，是指任取一个正整数，如果它是奇数，就将它乘以3再加1；如果它是偶数，则将它除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．如取正整数，根据上述运算法则得出，共需要经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”），已知数列满足：（m为正整数），①若，则使得至少需要_______步雹程；②若；则m所有可能取值的和为_______． 【答案】 ①. 9 ②. 385 【解析】 【分析】根据题目所给的步骤逐步计算即可. 【详解】m=13，依题意， ， 共9共 步骤； 若， ， 或， 若， 若， 的集合为 ，其和为385； 故答案为：9,385. 三、解答题（共6小题，共85分．解答时写出文字说明，演算步骤或证明过程） 16. 已知公差不为零的等差数列的前项和为，若，且成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的基本量公式求解即可； （2）利用裂项法求和即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由，得，① 由成等比数列，可得，即，② 由①②解得，所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知 则. 17. 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． 【答案】（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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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 18. 如图，在三棱柱中，平面，是边长为的正三角形，分别为 的中点． （1）求证：平面． （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 在三棱柱中，因为平面，平面， 所以． 又为等边三角形，为的中点， 所以． 因为平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）证明，，进而根据判定定理即可证明； （2）取的中点为，连接，证明，，进而建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，利用坐标法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取的中点为，连接， 因为在三棱柱中，四边形为平行四边形，分别为的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以， 所以．由（1）知， 故建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 由题意得 所以，． 设平面的法向量， 则，令，则，所以． 由题意可知，平面的一个法向量 因为． 由已知可得二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 19. 已知椭圆：的离心率为，且经过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作直线与椭圆相交与，两点，试问在轴上是否存在定点，使得两条不同直线，恰好关于轴对称，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）存在定点 【解析】 【分析】（1）由题意列关于的方程组，求解的值，进而得到椭圆方程； （2）假设在轴上假设存在点，使得，恰好关于轴对称，设，，再设直线：，，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系结合列式，求解的值，得到结论． 【小问1详解】 由题意得，解得， 椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 在轴上假设存在点，使得，恰好关于轴对称， 设，，直线：，， 联立，得，则，， 因为，恰好关于轴对称，所以，即， 即，即 整理可得， 则，即得，即． 故在轴上存在定点，使得两条不同直线，恰好关于轴对称. 20. 已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，A(2，y0)是E上一点，且|AF|＝2. （1）求E的方程； （2）设点B是E上异于点A的一点，直线AB与直线y＝x－3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点. 【答案】（1）x2＝4y； （2）设点、，设直线的方程为， 联立，消去得， 由韦达定理得，， 由轴以及点在直线上，得， 则由、、三点共线，得， 整理得， 将韦达定理代入上式并整理得， 由点的任意性，得，得， 所以，直线的方程为，即直线过定点. 【解析】 【分析】（1）利用抛物线的定义与性质求得的值，即可写出抛物线方程； （2）设点、，由直线的方程和抛物线方程联立，消去，利用韦达定理和、、三点共线，化简整理可得的方程，从而求出直线所过的定点． 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以，抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线和抛物线的位置关系，以及直线过定点的应用问题，利用韦达定理处理由、、三点共线是解第二问的关键，是中档题． 21. 已知有限数列为单调递增数列．若存在等差数列，对于A中任意一项，都有，则称数列A是长为m的数列． （1）判断下列数列是否为数列（直接写出结果）： ①数列1，4，5，8；②数列2，4，8，16． （2）若，证明：数列a，b，c为数列； （3）设M是集合的子集，且至少有28个元素，证明：M中的元素可以构成一个长为4的数列． 【答案】（1）①数列，，，是数列；②数列，，，是数列； （2）①当时，令，，，， 所以数列，，，为等差数列，且， 所以数列，，为数列． ②当时，令，，，， 所以数列，，，为等差数列，且． 所以数列，，为数列． ③当时，令，，，， 所以数列，，，为等差数列，且． 所以数列，，为数列． 综上，若，数列，，为数列． （3）假设中没有长为的数列， 考虑集合，，，，． 因为数列，，，，是一个共有5项的等差数列， 所以存在一个，使得中没有一个元素属于． 对于其余的， 再考虑集合，，，，． 因为，，，，是一个共有5项的等差数列， 所以存在一个，使得中没有一个元素属于． 因为中个数成等差数列，所以每个中至少有一个元素不属于． 所以集合中至少有个元素不属于集合． 所以集合中至多有个元素，这与中至少有个元素矛盾． 所以假设不成立． 所以中的元素必能构成长为4的数列． 【解析】 【分析】（1）由数列的新定义，可直接判定，得到答案； （2）分当，和三种情况讨论，结合数列的新定义，即可求解； （3）假设中没有长为的数列，先考虑集合，得到存在一个，使得中没有一个元素属于，再考虑集合，得到存在一个，使得中没有一个元素属于，进而证得集合中至多有个元素，即可得到结论. 【详解】（1）由数列的新定义，可得数列，，，是数列；数列，，，是数列． （2）略 （3）略 【点睛】1、数列新定义问题的特点：通过给出一个新的数列概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生再阅读理解的基础上，以及题目提供的信息，联系所学知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、遇到数列的心定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022-2023学年北京师大附中高二（上）期末数学试卷 一、选择题（每小题4分，共40分，每题均只有一个正确答案） 1. 已知向量，且，那么（ ） A. B. 9 C. D. 18 2. 已知为原点，点，以为直径的圆的方程为( ) A. B. C. D. 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则实数m的值为（ ） A. B. 4 C. D. 4. 若抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，则该抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线l过点，且与直线垂直，则直线l的一般式方程为（ ） A. B. C. D. 6. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在正方体中，E是棱CD上的动点．则下列结论不正确的是（ ） A. 平面 B. C. 直线AE与所成角的范围为 D. 二面角的大小为 8. 设是首项为正数的等比数列，公比为q，则“”是“对任意正整数n，”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 9. 在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆有公共点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 10. 已知曲线，点，下面有四个结论： ①曲线C关于x轴对称； ②曲线C与y轴围成的封闭图形的面积不超过4； ③曲线C上任意点P满足； ④曲线C与曲线有5个不同的交点． 则其中所有正确结论的序号是（ ） A. ②③ B. ①④ C. ①③④ D. ①②③ 二、填空题（每小题5分，共25分） 11. 已知等比数列中，，则数列的前5项和____________． 12. 已知圆，若直线与圆C相交得到的弦长为，则____________． 13. 已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，若，则的面积为____________． 14. 已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱，的中点，点P在平面内，点Q在线段上，若，则长度的最小值为____________. 15. 角谷猜想又称冰雹猜想，是指任取一个正整数，如果它是奇数，就将它乘以3再加1；如果它是偶数，则将它除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．如取正整数，根据上述运算法则得出，共需要经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”），已知数列满足：（m为正整数），①若，则使得至少需要_______步雹程；②若；则m所有可能取值的和为_______． 三、解答题（共6小题，共85分．解答时写出文字说明，演算步骤或证明过程） 16. 已知公差不为零的等差数列的前项和为，若，且成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17. 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． 18. 如图，在三棱柱中，平面，是边长为的正三角形，分别为 的中点． （1）求证：平面． （2）求二面角的余弦值． 19. 已知椭圆：的离心率为，且经过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作直线与椭圆相交与，两点，试问在轴上是否存在定点，使得两条不同直线，恰好关于轴对称，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 20. 已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，A(2，y0)是E上一点，且|AF|＝2. （1）求E的方程； （2）设点B是E上异于点A的一点，直线AB与直线y＝x－3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点. 21. 已知有限数列为单调递增数列．若存在等差数列，对于A中任意一项，都有，则称数列A是长为m的数列． （1）判断下列数列是否为数列（直接写出结果）： ①数列1，4，5，8；②数列2，4，8，16． （2）若，证明：数列a，b，c为数列； （3）设M是集合的子集，且至少有28个元素，证明：M中的元素可以构成一个长为4的数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $