2022北京朝阳高二(上)期末数学(教师版)

1/12022北京朝阳高二（上）期末数学一、选择题（本大题共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．点到直线的距离是A． B． C．1 D．2．与的等差中项是A． B． C．4 D．53．已知直线过点，且与直线垂直，则直线的方程是A． B． C． D．4．已知函数，则A． B． C． D．5．已知圆与圆外切，则A．1 B．2 C．3 D．46．曲线在点，（1）处的切线方程为A． B． C． D．7．已知等比数列的公比为，，则“”是“为递减数列”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件8．点是正方体的底面内（包括边界）的动点．给出下列三个结论：①满足的点有且只有1个；②满足的点有且只有1个；③满足平面的点的轨迹是线段．则上述结论正确的个数是A．0 B．1 C．2 D．39．已知，是圆上的两点，是直线上一点，若存在点，，，使得，则实数的取值范围是A．， B．， C． D．10．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为．给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为；②任意四棱锥的总曲率均为；③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数．其中，所有正确结论的序号是A．①② B．①③ C．②③ D．①②③二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）11．设函数，则．12．已知抛物线的焦点到准线的距离为1，则抛物线的标准方程为．（写出一个即可）13．日常生活中的饮用水通常是经过净化的．随着水的纯净度的提高，所需净化费用不断增加．已知将1吨水净化到纯净度为时所需费用（单位：元）为．则净化到纯净度为时所需费用的瞬时变化率是净化到纯净度为时所需费用的瞬时变化率的倍，这说明，水的纯净度越高，净化费用增加的速度越（填“快”或“慢”．14．已知双曲线的右焦点为，过点作轴的垂线，在第一象限与双曲线及其渐近线分别交于，两点．若，则双曲线的离心率为．15．已知数列的前项和为，，则，．16．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆．人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，给出下列四个结论：①曲线的方程为；②曲线上存在点，使得到点的距离为6；③曲线上存在点，使得到点的距离大于到直线的距离；④曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为8．其中所有正确结论的序号是．三、解答题（本大题共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．（13分）已知是等差数列，，．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）若数列是公比为3的等比数列，，求数列的前项和．18．（13分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，底面，，是的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）设点是平面上任意一点，直接写出线段长度的最小值．（不需证明）19．（15分）如图，直四棱柱中，底面是边长为1的正方形，点在棱上．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得平面，并给出证明．条件①：为的中点；条件②：平面；条件③：．（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值．20．（14分）已知椭圆过点，离心率为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点作直线，与直线和椭圆分别交于两点，与不重合）．判断以为直径的圆是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，说明理由．21．（15分）已知项数为的数列是各项均为非负实数的递增数列．若对任意的，，与至少有一个是数列中的项，则称数列具有性质．（Ⅰ）判断数列0，1，4，6是否具有性质，并说明理由；（Ⅱ）设数列具有性质，求证：；（Ⅲ）若数列具有性质，且不是等差数列，求项数的所有可能取值．

参考答案一、选择题（本大题共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．【分析】根据题意，由点到直线的距离公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，点到直线的距离，故选：．【点评】本题考查点到直线的距离公式，注意公式的形式，属于基础题．2．【分析】直接由等差中项的概念得答案．【解答】解：设与的等差中项是，则，得．故选：．【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查等差中项的概念，是基础题．3．【分析】根据题意，设直线的方程为，将代入其中，求出的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，直线直线垂直，设直线的方程为，又由直线过点，则有，则，故直线的方程为，故选：．【点评】本题考查直线垂直与直线一般式方程的关系，涉及直线方程的求法，属于基础题．4．【分析】根据题意，由导数的计算公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，函数，则，故选：．【点评】本题考查导数的计算，注意导数的计算公式，属于基础题．5．【分析】由题意，利用圆和圆的位置关系，求得的值．【解答】解：圆与圆外切，两圆的圆心距等于它们的半径之和，，则，故选：．【点评】本题主要考查圆和圆的位置关系的确定方法，属于基础题．6．【分析】先求出函数的导数，然后再求出切点处函数值、导数值，最后代入点斜式得切线方程．【解答】解：，（1），（1）．故切线为：，即．故选：．【点评】本题考查导数的几何意义和切线方程的求法．属于基础题．7．【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合等比数列的性质即可得到结论．【解答】解：①在等比数列中，若，，则，，即为递减数列，即充分性成立，②若为递减数列，则，，，，即必要性成立，是为递减数列的充要条件，故选：．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据等比数列的性质是解决本题的关键．8．【分析】结合正方体的特征，利用直线与直线的平行以及直线与平面垂直，直线与平面平行的判定，推出结果即可．【解答】解：点是正方体的底面内（包括边界）的动点．①点位于时，满足，有且只有1个，所以①正确；②满足的点不存在，因为平面，与平面不平行；所以②是假命题．③当在线段上时，满足平面，所以点的轨迹是线段．所以③是真命题．故选：．【点评】本题考查直线与平面的位置关系的应用，直线与平面垂直以及直线与平面平行的判断，考查空间想象能力，逻辑推理能力，是中档题．9．【分析】确定在以为直径的圆上，，根据均值不等式得到圆上的点到的最大距离为，得到，解得答案．【解答】解：，故在以为直径的圆上，设中点为，则，圆上的点到的最大距离为，，当时等号成立．直线到原点的距离为，故．故选：．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆中的范围问题等知识，属于基础题．10．【分析】根据曲率的定义依次判断即可．【解答】解：①根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故①正确；②由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故②正确；③设每个面记为边形，则所有的面角和为，根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故③正确．故选：．【点评】本题是属于新概念题，考查了学生的推理能力，掌握曲率定义是解答本题的关键，属于中档题．二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）11．【分析】根据题意，求出的导数，将代入计算可得答案．【解答】解：根据题意，函数，则，则；故答案为：．【点评】本题考查导数的计算，注意导数的计算公式，属于基础题．12．【分析】利用已知条件写出一个抛物线方程即可．【解答】解：抛物线的焦点到准线的距离为1，可知，所以抛物线方程可以为：，故答案为：（答案不唯一）．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．13．【分析】求出导函数，再计算的值即可求出净化到纯净度为时所需费用的瞬时变化率是净化到纯净度为时所需费用的瞬时变化率的倍数，根据的单调性可判断水的纯净度越高，净化费用增加的速度越快．【解答】解：，，，在上单调递增，水的纯净度越高，净化费用增加的速度越快，故答案为：25；快．【点评】本题主要考查了复合函数求导，考查了导数的实际应用，属于中档题．14．【分析】求出点，的坐标，再根据向量的运算即可求出．【解答】解：双曲线的渐近线方程为，由，解得，由，解得，，，，，，，，，故答案为：．【点评】本题考查了双曲线的简单性质，向量的运算，考查了运算能力和转化能力，属于基础题．15．【分析】根据题意，当时，，从而可求出；当时，，进一步可得，即，所以，又，故是以为首项，以2为公比的等比数列，从而可求出．【解答】解：根据题意，当时，，解得，由，得，两式相减得，即，所以，又，所以是以为首项，以2为公比的等比数列，所以，则，故答案为：；．【点评】本题主要考查数列的递推公式，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．16．【分析】设，根据满足，利用两点间距离公式化简整理，即可判断①是否正确；由①可知，圆上的点到的距离的范围为，进而可判断②是否正确；设，，根据题意可知，再根据，在曲线上，可得，由此即可判断③是否正确；由椭圆的的定义，可知在椭圆上，再根据椭圆与曲线的位置关系，即可判断④是否正确．【解答】解：设，因为满足，所以，整理可得：，即，所以①正确；对于②，由①可知，点在圆的外部，因为到圆心的距离，半径为2，所以圆上的点到的距离的范围为，而，所以②不正确；对于③，假设存在，，使得到点的距离大于到直线的距离，又到直线的距离，所以，化简可得，又，所以，即，故假设不成立，故③不正确；对于④，假设存在这样的点，使得到点与点的距离之和为8，则在以点与点为焦点，实轴长为8的椭圆上，即在椭圆上，易知椭圆与曲线有交点，故曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为8；所以④正确．故答案为：①④．【点评】本题考查了轨迹方程，圆与圆锥曲线的综合，属于中档题．三、解答题（本大题共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．【分析】由题意得，解方程组求出，，从而可求出数列的通项公式，因为是公比为3的等比数列，又，，所以，从而可得，然后利用分组求和法求解即可【解答】解：设等差数列的公差为．由题意得，解得，．所以．因为是公比为3的等比数列，又，，所以，所以．所以．【点评】本题考查数列的通项公式与数列求和，考查学生的运算能力，属于中档题．18．【分析】设，连结，根据中位线定理即可证，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果；由菱形的性质可知，可证，又底面，可得，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；根据等体积法，即，经过计算直接写出结果即可．【解答】证明：设，连结．因为底面为菱形，所以为的中点，又因为是的中点，所以．又因为平面，平面，所以平面．证明：因为底面为菱形，所以．因为底面，所以．又因为，所以平面．又因为平面，所以平面平面．解：线段长度的最小值为．【点评】本题考查直线与平面的位置关系，考查学生的推理能力，属于中档题．19．【分析】（Ⅰ）连结，，由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得，再由正方形的性质及线面垂直的判定、性质即可证结论．（Ⅱ）选条件①③，设，连结，，由中位线的性质、线面垂直的性质可得、，再由线面垂直的判定证明结论；选条件②③，设，连结，由线面平行的性质及平行推论可得，由线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明结论；（Ⅲ）构建空间直角坐标系，求平面、平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面与平面夹角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：连结，，由直四棱柱知：平面，又平面，所以，又为正方形，即，又，平面，又平面，．（Ⅱ）证明：选条件①③，可使平面．证明如下：设，连结，，又，分别是，的中点，．又，所以．由（Ⅰ）知：平面，平面，则．又，即平面．选条件②③，可使平面．证明如下：设，连结．因为平面，平面，平面平面，所以，又，则．由（Ⅰ）知：平面，平面，则．又，即平面．（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，四边形为正方形，所以．因为，，两两垂直，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，0，，，，，，，所以，．由（Ⅰ）知：平面的一个法向量为．设平面的法向量为，则，令，则．设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．【点评】本题主要考查线面垂直的证明，空间向量的应用，面面角的计算等知识，属于中等题．20．【分析】（Ⅰ）由题意可得关于，，的方程组，解得，的值，则椭圆方程可求；（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，，，可得以为直径的圆过定点，然后证明直线的斜率存在时，以为直径的圆过定点即可．【解答】解：（Ⅰ）由题意可知，，解得，．椭圆的方程为；（Ⅱ）如图，当直线的斜率不存在时，，，以为直径的圆过定点；当直线的斜率存在时，设直线方程为，令，可得，则，．联立，得，解得，则以为直径的方程为，将代入，可得，方程成立．以为直径的圆过定点，综上可知，以为直径的圆过定点．【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查推理论证能力与运算求解能力，是中档题．21．【分析】由数列具有性质的定义，只需判断存在与都不是数列中的项即可．由性质知：、，结合非负递增性有，再由时，必有，进而可得，，，，，应用累加法即可证结论．讨论，，，结合性质、等差数列的性质判断是否存在符合题设性质，进而确定的可能取值．【解答】解：数列0，1，4，6