北京市十三中2024届高二数学第一学期期末学业水平测试试题含解析

北京市十三中2024届高二数学第一学期期末学业水平测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．抛物线的准线方程是，则a的值为（）A.4 B.C. D.2．已知数列满足，在任意相邻两项与(k＝1，2，…)之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．记为数列的前n项和，则的值为（）A.162 B.163C.164 D.1653．设是等比数列，则“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”（）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4．设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不重合的直线，下列命题中为真命题的是（）A如果，，n∥β，那么B.如果，，，那么α∥βC.如果m∥n，，，那么α∥βD.如果m∥n，，，那么5．如图，执行该程序框图，则输出的的值为（）A. B.2C. D.36．已知的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，则（）A.4 B.5C.6 D.77．在空间直角坐标系中，已知，，则MN的中点P到坐标原点О的距离为（）A. B.C.2 D.38．在棱长为2的正方体中，为线段的中点，则点到直线的距离为（）A. B.C. D.9．双曲线与椭圆的焦点相同，则等于（）A.1 B.C.1或 D.210．已知向量，，且，则实数等于（）A1 B.2C. D.11．椭圆的焦点坐标为（）A.和 B.和C.和 D.和12．设是公差的等差数列，如果，那么（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知拋物线的焦点F为，过点F的直线交该抛物线的准线于点A，与该抛物线的一个交点为B，且，则______14．若满足约束条件，则的最小值为________.15．在数列中，，，则数列中最大项的数值为__________16．若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，可形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断进行构造，又可以得到新的数列．现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第次得到数列1，，，，…，，2；记则______，设数列的前n项和为，则______三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）某班名学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是、、、.（1）估计该班本次测试的平均分；（2）在、中按分层抽样的方法抽取个数据，再从这个数据中任抽取个，求抽出个中至少有个成绩在中的概率.18．（12分）在平面直角坐标系中，△的三个顶点分别是点.（1）求△的外接圆O的标准方程；（2）过点作直线平行于直线，判断直线与圆O的位置关系，并说明理由.19．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，且，（1）求证：；（2）求直线与所成角的余弦值20．（12分）已知曲线在处的切线方程为，且.（1）求的解析式；（2）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.21．（12分）在数列中，，且.（1）证明；数列是等比数列.（2）若，求数列的前n项和.22．（10分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，，，，O为BD的中点，，（1）证明：平面ABCD；（2）求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】先求得抛物线的标准方程，可得其准线方程，根据题意，列出方程，即可得答案.【详解】由题意得抛物线的标准方程为，准线方程为，又准线方程是，所以，所以.故选：C2、C【解析】确定数列的前70项含有的前6项和64个2，从而求出前70项和.【详解】，其中之间插入2个2，之间插入4个2，之间插入8个2，之间插入16个2，之间插入32个2，之间插入64个2，由于，，故数列的前70项含有的前6项和64个2，故故选：C3、C【解析】根据严格递增数列定义可判断必要性，分类讨论可判断充分性.【详解】若是严格递增数列，显然，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”必要条件；对任意的正整数n都成立，所以中不可能同时含正项和负项，，即，或，即，当时，有，即，是严格递增数列，当时，有，即，是严格递增数列，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”充分条件故选：C4、C【解析】AB.利用两平面的位置关系判断；CD.利用面面平行的判定定理判断；【详解】A.如果，，n∥β，那么α，β相交或平行；故错误；B.如果，，，那么α，β垂直，故错误；C.如果m∥n，，则，又，那么α∥β，故C正确；D错误，故选:C5、B【解析】根据程序流程图依次算出的值即可.【详解】，第一次执行，，第二次执行，，第三次执行，，所以输出.故选：B6、C【解析】利用赋值法确定展开式中各项系数的和以及二项式系数的和，利用比值为，列出关于的方程，解方程.【详解】二项式的各项系数的和为，二项式的各项二项式系数的和为，因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，所以，.故选：C.7、A【解析】利用中点坐标公式及空间中两点之间的距离公式可得解.【详解】，，由中点坐标公式，得，所以.故选：A8、D【解析】根据正方体的性质，在直角△中应用等面积法求到直线的距离.【详解】由正方体的性质：面，又面，故，直角△中，若到上的高为，∴，而，，，∴.故选：D.9、A【解析】根据双曲线方程形式确定焦点位置，再根据半焦距关系列式求参数.【详解】因为双曲线的焦点在轴上，所以椭圆焦点在轴上，依题意得解得.故选：A10、C【解析】利用空间向量垂直的坐标表示计算即可得解【详解】因向量，，且，则，解得，所以实数等于.故选：C11、D【解析】本题是焦点在x轴的椭圆，求出c，即可求得焦点坐标.【详解】，可得焦点坐标为和.故选：D12、D【解析】由已知可得，即可得解.【详解】由已知可得.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】作垂直于准线，垂足为，准线与轴交于点，根据已知条件，利用几何方法，结合抛物线的定义得到答案.【详解】抛物线的焦点坐标，准线方程，作垂直于准线于，准线与轴交于点，则，∴.∵，∴，由抛物线的定义得，∴.故答案为：.14、5【解析】作出可行域，作直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，直线中是直线的纵截距，代入得，即平移直线，当直线过点时取得最小值5故答案为：515、【解析】用累加法求出通项，再由通项表达式确定最大项.【详解】当时，，所以数列中最大项的数值为故答案为:16、①.81②.【解析】根据数列的构造写出前面几次得到的新数列，寻找规律，构造等比数列，求出通项公式，再进行求和.【详解】第1次得到数列1，3，2，此时；第2次得到数列1，4，3，5，2，此时；第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时；第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时，故81，且故，又，所以数列是以为首项，公比为3的等比数列，所以，故，所以故答案为：81，三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）.【解析】（1）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得的值；（2）分析可知，所抽取的个数据中，成绩在内的有个，分别记为、、、，成绩在内的有个，分别记为、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小问1详解】解：由频率分布直方图可得.【小问2详解】解：因为数学成绩在、内的频率分别为、，所以，所抽取的个数据中，成绩在内的有个，分别记为、、、，成绩在内的有个，分别记为、，从这个数据中，任取抽取个，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共个，其中，事件“抽出个中至少有个成绩在中”所包含的基本事件有：、、、、、、、、，共个，故所求概率为.18、（1）；（2）直线与圆O相切，理由见解析.【解析】（1）法1：设外接圆为，由点在圆上，将其代入方程求参数，即可得圆的方程；法2：利用斜率的两点式易得，则是△外接圆的直径，进而求圆心坐标、半径，即可得圆的标准方程.（2）由题设有直线垂直于x轴，根据直线平行于直线及所过的点写出直线l的方程，求圆O的圆心与直线距离，并与半径比大小，即可确定它们的位置关系.【小问1详解】法1：设过三点的圆的方程为，则，解得，所求圆的方程为，即.法2：因，所以，则是△外接圆的直径，圆心，所以所求圆的方程为.【小问2详解】因为，则直线垂直于x轴，所以直线的方程为，由（1）知：圆心到直线的距离，所以直线与圆O相切.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）过点作交的延长线于点，连接，由，，证出平面，即可证出.（2）以为原点，的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用，即可得到答案.【小问1详解】过点作交的延长线于点，连接，因为，所以，又因为，所以，所以，即，.因为，所以平面，因为平面，所以【小问2详解】因为平面平面，平面平面，所以平面，以为原点，的方向分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得，因为，所以直线与所成角的余弦值为20、（1）；（2）.【解析】(1)根据导数的几何意义得，结合对数的运算性质求出m，利用直线的点斜式方程即可得出切线方程；(2)由(1)将不等式变形为，利用导数研究函数在、、时的单调性，即可得出结果.【小问1详解】，∴，，，，，切线方程为，即，∴.【小问2详解】令，，，当时，，所以在上单调递增，所以，即符合题意；当时，设，①当，，，所以在上单调递增，，所以在上单调递增，所以，故符合题意；②当时，，，所以在上递增，在上递减，且，所以当时，，则在上单调递减，且，故，，舍去.综上：21、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行证明即可；（2）运用裂项相消法进行求解即可.【小问1详解】∵，∴，又∵，∴，∴数列是首项为0，公差为1的等差数列，∴，∴，从而，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列；【小问2详解】由（1）知，则，∴，∴.22、（1）见解析（2）【解析】（1）连接，利用勾股定理证明，又可证明，根据线面垂直的判定定理证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标