2024北京朝陽區(qū)高二（上）期末數(shù)學試題和答案

試題PAGE1試題2024北京朝陽高二（上）期末數(shù)學一、選擇題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．若直線l的斜率為﹣，則l的傾斜角為（）A．﹣ B．﹣ C． D．2．已知等差數(shù)列{an}，其前n項和為Sn，若a2+a5+a8＝3，則S9＝（）A．3 B．6 C．9 D．273．已知雙曲線＝1（a＞0，b＞0）的實軸長為2，其左焦點到雙曲線的一條漸近線的距離為，則雙曲線的漸近線方程為（）A．y＝±x B． C． D．y＝±2x4．過拋物線x2＝4y的焦點F作傾斜角為30°的直線l與拋物線交于A，B兩點，則|AB|＝（）A． B．4 C． D．5．在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為CD和A1B1的中點，則異面直線AF與D1E所成角的余弦值是（）A．0 B． C． D．6．若方程表示橢圓，則實數(shù)m的取值范圍是（）A．（0，4） B．（﹣∞，0） C．（4，+∞） D．（﹣∞，0）∪（0，4）7．已知等比數(shù)列{an}各項都為正數(shù)，前n項和為Sn，則“{an}是遞增數(shù)列”是“?n∈N*，S2n＜3Sn”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．為了響應國家節(jié)能減排的號召，甲、乙兩個工廠進行了污水排放治理，已知某月兩廠污水的排放量W與時間t的關系如圖所示，下列說法正確的是（）A．該月內，甲乙兩廠中甲廠污水排放量減少得更多 B．該月內，甲廠污水排放量減少的速度是先慢后快 C．在接近t0時，甲乙兩廠中乙廠污水排放量減少得更快 D．該月內存在某一時刻，甲、乙兩廠污水排放量減少的速度相同9．A，B是圓C1：（x﹣2）2+（y﹣m）2＝4上兩點，|AB|＝2，若在圓C2：（x﹣2）2+（y+1）2＝9上存在點P恰為線段AB的中點，則實數(shù)m的取值范圍為（）A．[1，3] B．[﹣5，3] C．[﹣5，﹣3]∪[1，3] D．[﹣4，﹣2]∪[2，4]10．已知數(shù)列{an}的通項公式an＝2n，n∈N*．設t＝（a1+1）（a2+1）（a4+1）…（a+1），k∈N*，若log2（t+1）＝256，則k＝（）A．6 B．7 C．8 D．9二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。11．兩條直線l1：x﹣y＝0與l2：x﹣y﹣2＝0之間的距離是．12．已知函數(shù)f（x）＝sin2x，則f′（0）＝．13．以A（4，6），B（﹣2，﹣2）為直徑端點的圓的方程是．14．在空間直角坐標系中，已知點A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），若點P（x，y，﹣1）在平面ABC內，寫出一個符合題意的點P的坐標．15．某學校球類社團組織學生進行單淘汰制的乒乓球比賽（負者不再比賽），如果報名人數(shù)是2的正整數(shù)次冪，那么每2人編為一組進行比賽，逐輪淘汰．以2022年世界杯足球賽為例，共有16支隊進入單淘汰制比賽階段，需要四輪，8+4+2+1＝15場比賽決出冠軍．如果報名人數(shù)不是2的正整數(shù)次冪，則規(guī)定在第一輪比賽中安排輪空（輪空不計入場數(shù)），使得第二輪比賽人數(shù)為2的最大正整數(shù)次冪．（如20人參加單淘汰制比賽，第一輪有12人輪空，其余8人進行4場比賽，淘汰4人，使得第二輪比賽人數(shù)為16．）最終有120名同學參加校乒乓球賽，則直到決出冠軍共需輪；決出冠軍的比賽總場數(shù)是．16．如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝3，AA1＝1，M為棱BC的中點，點P是側面CC1D1D上的動點，滿足∠APD＝∠CPM，給出下列四個結論：①動點P的軌跡是一段圓??；②動點P的軌跡長度為；③動點P的軌跡與線段CC1有且只有一個公共點；④三棱錐P﹣ADD1的體積的最大值為．其中所有正確結論的序號是．三、解答題共5小題，共70分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.17．（13分）已知函數(shù)f（x）＝（2x2﹣3x）ex．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（Ⅱ）求f（x）的單調區(qū)間．18．（13分）已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，滿足Sn＝2an﹣1，n∈N*．數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，且b1＝﹣a1，b2+b4＝﹣10．（Ⅰ）求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；（Ⅱ）求數(shù)列{an+bn}的前n項和．19．（14分）如圖，三棱錐P﹣ABC中，AB＝BC＝CA＝PB＝1，平面PAB⊥平面ABC，點E是棱PB的中點，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知．（Ⅰ）求證：AB⊥PC；（Ⅱ）求二面角E﹣AC﹣B的余弦值．條件①：PC＝；條件②：直線PC與平面PAB所成角為45°．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．20．（15分）已知橢圓E：＝1（a＞b＞0）的一個頂點坐標為（0，），離心率為．（Ⅰ）求橢圓E的標準方程；（Ⅱ）過橢圓E的右焦點F作斜率為k（k≠0）的直線l交橢圓E于A，B兩點，線段AB的垂直平分線m分別交直線l，x軸，y軸于點M，N，K，求的值．21．（15分）設正整數(shù)n≥4，若由實數(shù)組成的集合A＝{a1，a2，…，an}滿足如下性質，則稱A為Hn集合：對A中任意四個不同的元素a，b，c，d，均有ab+cd∈A．（Ⅰ）判斷集合和是否為H4集合，說明理由；（Ⅱ）若集合A＝{0，x，y，z}為H4集合，求A中大于1的元素的可能個數(shù)；（Ⅲ）若集合A為Hn集合，求證：A中元素不能全為正實數(shù)．

參考答案一、選擇題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．【分析】由題意利用直線的斜率和傾斜角的關系，得出結論．【解答】解：若直線l的斜率為﹣，則l的傾斜角為，故選：C．【點評】本題主要考查直線的斜率和傾斜角的關系，屬于基礎題．2．【分析】利用等差數(shù)列通項公式求出a5＝1，再由S9＝＝9a5，能求出結果．【解答】解：等差數(shù)列{an}，其前n項和為Sn，a2+a5+a8＝3，∴a2+a5+a8＝3a5＝3，解得a5＝1，則S9＝＝9a5＝9．故選：C．【點評】本題考查等差數(shù)列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．3．【分析】根據(jù)雙曲線的幾何性質即可求解．【解答】解：根據(jù)雙曲線的幾何性質可知：焦點到雙曲線的一條漸近線的距離為b＝，又2a＝，∴a＝，∴，∴雙曲線的漸近線方程為y＝±x．故選：A．【點評】本題考查雙曲線的幾何性質，屬基礎題．4．【分析】根據(jù)拋物線的幾何性質，拋物線的焦點弦長公式，即可求解．【解答】解：∵拋物線x2＝4y的焦點F為（0，1），又直線l的傾斜角為30°，∴直線l的斜率為，∴直線l的方程為，聯(lián)立，可得3y2﹣10y+3＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），∴，∴|AB|＝p+y1+y2＝2+＝．故選：D．【點評】本題考查拋物線的幾何性質，直線與拋物線的位置關系，拋物線的焦點弦長公式的應用，屬中檔題．5．【分析】根據(jù)題意，以向量為基底，表示出向量與，從而利用向量的數(shù)量積與夾角公式算出答案．【解答】解：設正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，根據(jù)題意，可得，，且．所以＝，因為，同理，所以＝，可得異面直線AF與D1E所成角的余弦值等于||＝．故選：B．【點評】本題主要考查正方體的結構特征、異面直線所成角的求法及其應用等知識，屬于基礎題．6．【分析】變形為，利用橢圓性質即可求解．【解答】解：變形為，要表示橢圓需要滿足，解得m∈（﹣∞，0）．故選：B．【點評】本題考查了橢圓的性質，屬于基礎題．7．【分析】根據(jù)題意，利用特殊值說明充分性不成立，由等比數(shù)列前n項和公式可得必要性不成立，綜合可得答案．【解答】解：等比數(shù)列{an}各項都為正數(shù)，則q＞0，當q＝1時，數(shù)列{an}是常數(shù)數(shù)列，但S2n＝2na1，3Sn＝3na1，有S2n＜3Sn，反之，若S2n＜3Sn，當q＝1時，S2n＝2na1，3Sn＝3na1，有S2n＜3Sn，符合題意，當q≠1時，有＜3×，即（1+qn）＜3×，a1＞0，當q＞0且q≠1時，均有＞0，故原不等式式變形可得：qn＜2，數(shù)列{an}不一定是遞增數(shù)列．故“{an}是遞增數(shù)列”是“?n∈N*，S2n＜3Sn”的既不充分也不必要條件．故選：D．【點評】本題考查等比數(shù)列的性質，涉及等比數(shù)列的前n項和，屬于基礎題．8．【分析】根據(jù)題意，由兩個函數(shù)的圖象，判斷函數(shù)的變化情況，由此分析選項是否正確，綜合可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項：對于A，該月內，乙廠污水排放量減少得更多，A錯誤；對于B，甲圖象先平緩，隨后越來越陡，即甲廠污水排放量減少的速度是先慢后快，B正確；對于C，在接近t0時，甲圖象陡峭些，乙圖象平緩些，故甲廠污水排放量減少得更快，C錯誤；對于D，兩個函數(shù)的圖象不存在斜率相等的情況，則不存在兩廠污水排放量減少的速度相同的時刻，D錯誤．故選：B．【點評】本題考查函數(shù)的圖象分析，注意分析函數(shù)的變化趨勢，屬于基礎題．9．【分析】設AB的中點M的坐標為（x，y），由圓的弦長公式求出M的軌跡，通過M的軌跡與圓C2有公共點建立不等式組，求解即可．【解答】解：設AB的中點M的坐標為（x，y），因為A，B是圓C1：（x﹣2）2+（y﹣m）2＝4上兩點，|AB|＝2，所以，所以|MC1|＝1，即M的軌跡為以C1為圓心，1為半徑的圓，因為在圓C2：（x﹣2）2+（y+1）2＝9上存在點P恰為線段AB的中點，則M的軌跡與圓C2有公共點，所以2≤|C1C2|≤4，即2≤|m+1|≤4，解得﹣5≤m≤﹣3或1≤m≤3，所以實數(shù)m的取值范圍為[﹣5，﹣3]∪[1，3]．故選：C．【點評】本題考查直線與圓，圓與圓的位置關系，屬于中檔題．10．【分析】由對數(shù)方程，可得t的表達式，當k＝1，2，3時，求出t的表達式，可得t＝2﹣1，而t＝2256﹣1，解得k的值．【解答】解：因為log2（t+1）＝256，可得t+1＝2256，所以t＝2256﹣1，數(shù)列{an}的通項公式an＝2n，n∈N*，當k＝1時，t＝a1+1＝21+1＝3；當k＝2時，t＝（a1+1）（a2+1）＝（21+1）（22+1）＝21+22+23+1＝20+21+22+23＝＝24﹣1，當k＝3時，t＝（a1+1）（a2+1）（a4+1）＝21+22+23+24+25+26+27+1＝20+21+22+23+24+25+26+27＝＝28﹣1，..．歸納可知：t＝2﹣1，而t＝2256﹣1，所以2k＝256，解得k＝8．故選：C．【點評】本題考查對數(shù)的運算性質的應用及歸納法求函數(shù)的通項公式的應用，屬于中檔題．二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。11．【分析】直接代入平行線間的距離公式，即可得結果．【解答】解：直線l1：x﹣y＝0與l2：x﹣y﹣2＝0，可得平行線間的距離d＝＝．故答案為：．【點評】本題考查平行線間的距離公式的應用，屬于基礎題．12．【分析】利用導數(shù)的運算性質求出函數(shù)的導數(shù)，然后令x＝0即可求解．【解答】解：因為f（x）＝sin2x，則f′（x）＝2cos2x，所以f′（0）＝2cos0＝2．故答案為：2．【點評】本題考查了導數(shù)的運算性質，屬于基礎題．13．【分析】由AB的坐標，可得AB的中點O的坐標，再求圓的半徑，代入圓的標準方程即可．【解答】解：因為A（4，6），B（﹣2，﹣2），則AB的中點O的坐標為（1，2），所以以AB為直徑的圓的半徑r＝|AO|＝＝5，所以圓的方程為（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25．故答案為：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25．【點評】本題考查圓的方程的求法，屬于基礎題．14．【分析】結合向量共面定理，即可求解．【解答】解：點A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），則，，點P（x，y，﹣1）在平面ABC內，則，即m，n∈R，，故，即x+y＝2，不妨取x＝1，y＝1，故符合題意的一個點P的坐標為（1，1，﹣1）．故答案為：（1，1，﹣1）（答案不唯一）．【點評】本題主要考查空間中點的坐標，屬于基礎題．15．【分析】由題意可知要保證第二輪比賽人數(shù)為2的最大正整數(shù)次冪即64人，則第一輪應淘汰120﹣64＝56人，接下來按照比賽規(guī)則求解即可．【解答】解：第一步，根據(jù)題目，有120名同學參加校乒乓球賽，要保證第二輪比賽人數(shù)為2的最大正整數(shù)次冪即64人，所以第一輪應淘汰120﹣64＝56人，所以第一輪進行了56場比賽，有120﹣56×2＝8人輪空，第二步，由第一步易知第二輪有64人進行64÷2＝32場比賽，獲勝的32人留下繼續(xù)參加第三輪比賽，第三步，同理得，第三輪有32人進行16場比賽，第四輪有16人進行8場比賽，第五輪有8人進行4場比賽，第六輪有4人進行2場比賽，最后第七輪有2人進行1場決賽，所以決出冠軍共需7輪，第四步，累計7輪下來的總比賽場數(shù)，即56+32+16+8+4+2+1＝119場，所以決出冠軍的比賽總場數(shù)是119場．故答案為：7；119．【點評】本題主要考查了排列組合問題，屬于中檔題．16．【分析】利用三角函數(shù)的定義得到PD＝2PC，再建立空間直角坐標系，利用空間兩點間距離公式求得動點P的軌跡，從而逐一分析各選項即可得解．【解答】解：對于①，由長方體性質可知：AD，BC都與平面CC1D1D垂直，而DP，CP?CC1D1D內，所以AD⊥DP，CP⊥BC，由，可知，即，故PD＝2PC，建立如圖所示的空間直角坐標系，則D（0，0，0），C（0，3，0），因為點P是側面CC1D1D上的動點，故設P（0，y，z），故所求點P（0，y，z）滿足，化簡得（y﹣4）2+z2＝4，則動點P的軌跡為此圓在矩形CDD1C1內的部分，是一段圓弧，故①正確：對于②，當z＝1時，由（y﹣4）2+12＝4，得或（舍去），當z＝0時，由（y﹣4）2+02＝4，得y＝2或y＝6（舍去），則，易得，又，則，所以動點P的軌跡長度為，故②正確；對于③，記圓心為F（0，4，0），當v＝3時，由（3﹣4）2+z2＝4，得，顯然動點P的軌跡與線段CC1沒有公共點，故③錯誤；對于④，顯然，動點P到平面ADD1的最大距離為點G到平面ADD1的距離，即，所以三棱錐P﹣1ADD1的體積的最大值為，故④正確．故答案為：①②④．【點評】本題考查立體幾何和平面幾何的綜合應用，屬于中檔題．三、解答題共5小題，共70分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.17．【分析】（Ⅰ）由導數(shù)的幾何意義利用導數(shù)求切線的斜率，再由點斜式求切線方程；（Ⅱ）按步驟利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝（2x2﹣3x）ex，f（x）的定義域為R．則f′（x）＝（2x2+x﹣3）ex，所以f′（0）＝﹣3e0＝﹣3，又f（0）＝0，所以f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y＝﹣3x．（Ⅱ）由f（x）＝（2x2﹣3x）ex，得f′（x）＝（2x2+x﹣3）ex，由f′（x）＝0，解得或x＝1，當時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增；當時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減；當x＞1時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，所以函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為．【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與切線方程，基礎題．18．【分析】（Ⅰ）先由數(shù)列{an}的前n項和Sn和通項an的關系式求出相鄰項之間的關系，判斷出數(shù)列{an}的類型，再利用等比數(shù)列和等差數(shù)列的通項公式即可求解；（Ⅱ）利用等比數(shù)列和等差數(shù)列的求和公式即可求解．【解答】解：（Ⅰ）當n＝1時，S1＝2a1﹣1＝a1得a1＝1，當n?2，n∈N*時，Sn﹣1＝2an﹣1﹣1①，由已知Sn＝2an﹣1②，②﹣①得an＝2an﹣2an﹣1，所以an＝2an﹣1，所以數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比為q＝2，因為a1＝1，所以，設數(shù)列{bn}公差為d，b1＝﹣1，b2+b4＝（b1+d）+（b1+3d）＝2b1+4d＝﹣10，由得d＝﹣2，所以；（Ⅱ）設，前n項和＝＝2n﹣n2﹣1．【點評】本題考查了等差數(shù)列和等比數(shù)列的綜合應用，屬于中檔題．19．【分析】（Ⅰ）利用已知條件結合線面垂直，面面垂直的判定定理和性質定理即可求證；（Ⅱ）建系利用空間向量即可求解．【解答】（I）證明：如圖，若選擇條件①：取AB的中點D，連接CD，PD，由于△ABC是等邊三角形，故CD⊥AB，又平面ABC⊥平面PAB，CD?平面ABC，平面ABC∩平面PAB＝AB，故CD⊥平面PAB，而PD?平面PAB，故CD⊥PD，即，所以，又，故PB2＝PD2+BD2，所以，即AB⊥PD，因為AB⊥CD，PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD，所以AB⊥平面PCD，PC?平面PCD，所以AB⊥PC；若選擇條件②：取AB的中點D，連接CD，PD，由于△ABC是等邊三角形，故CD⊥AB，又平面ABC⊥平面ABP，CD?平面ABC，平面ABC∩平面ABP＝AB，所以CD⊥平面ABP，所以PC在平面ABP上的射影是PD，所以是PC與平面ABP所成角，所以，所以，又，故BP2＝PD2+BD2，所以，即AB⊥PD，因為AB⊥CD，PD⊥CD＝D，PD，CD?平面PCD，所以AB⊥平面PCD，PC?平面PCD，所以AB⊥CP；（II）解：由（I）知DP，DC，DA兩兩垂直，以D為原點建立如圖空間直角坐標系，于是，，點E是棱PB的中點，所以，則，，設是平面EAC的法向量，則，令，可得x＝1，z＝3，所以．又是平面ABC的一個法向量，設二面角E﹣AC﹣B大小為θ，由圖可知θ為銳角，所以．【點評】本題考查空間位置關系的證明和空間角的求解，屬于中檔題．20．【分析】（Ⅰ）根據(jù)橢圓的幾何性質，即可得解；（Ⅱ）聯(lián)立直線l與橢圓的方程，利用韋達定理表示出點M的坐標，再寫出直線m的方程，從而表示出點K的坐標，再由＝，即可得解．【解答】解：（Ⅰ）由題意知，，解得a＝3，b＝，c＝2，所以橢圓E的標準方程為．（Ⅱ）由題意知，F(xiàn)（2，0），所以直線l的方程為y＝k（x﹣2），設A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立，消去y得，（5+9k2）x2﹣36k2x+36k2﹣45＝0，所以x1+x2＝，所以y1+y2＝k（x1+x2﹣4）＝k（﹣4）＝，因為M是AB的中點，所以xM＝（x1+x2）＝，yM＝（y1+y2）＝，因為直線m是線段AB的垂直平分線，所以直線m的方程為y﹣＝﹣（x﹣），令x＝0，則yK＝﹣（﹣）+＝，因為點N在x軸上，所以＝＝＝．【點評】本題考查直線與橢圓的位置關系，熟練掌握橢圓的幾何性質，中點坐標公式，兩條直線垂直的條件是解題的關鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．21．【分析】（Ⅰ）由H4集合的定義即可得出答案；（Ⅱ）由題意可得{x，y，z}＝{xy，yz，xz}，不妨設x＜y＜z，分類討論x＜y＜z＜0，x＜y＜0＜z，x＜0＜y＜z和0＜x＜y＜z結合集合的性質即可得出答案；（Ⅲ）根據(jù)已知新定義，分類討論、反證法進行求解、證明．【解答】解：（Ⅰ）集合A1是H4集合，理由如下：當{{a，b}，＝{{0，}，{1，2}}時，；當{{a，b}，{c，d}}＝{{0，1}，時，則；當{{a，b}，{c，d}}＝{{0，2}，時，集合A2不是H4集合，理由如下：取，則，不滿足題中性質；（Ⅱ）當（a，b，c，d）＝（0，z，x，y）時，ab+cd＝xy∈A；當（a，b，c，d）＝（0，x，y，z）時，ab+cd＝y(tǒng)z∈A；當（a，b，c，d）＝（0，y，z，x）時，ab+cd＝xz∈A．所以{x，y，z}＝{xy，yz，xz}．不妨設x＜y＜z．①若x＜y＜z＜0，因為yz＞0，從而yz?A，與yz∈A矛盾．②若x＜y＜0＜z，因為xz＜yz＜xy，故xz＝x，yz＝y(tǒng)，xy＝z，所以z＝1，xy＝1．經驗證此時A＝{0，x，，1}是H4集合，元素大于1的個數(shù)為0．③若x＜0＜y＜z，因為xz＜xy＜0，所以與{x，y，z}＝{xy，yz，xz}矛盾．④若0＜x＜y＜z，因為xy＜xz＜yz，故xy＝x，xz＝y(tǒng)，yz＝z，所以．經驗證此時A＝{0，x，1，}是H4集合，大于1的個數(shù)為1．綜上，A中大于1的元素的可能個數(shù)為0，1；證明：（Ⅲ）假設集合A中全為正實數(shù)．若A中至少有兩個正實數(shù)大于1，設0＜a1＜a2＜?＜an，則an＞an﹣1＞1，取（a，b，c，d）＝（an﹣3，an﹣2，an﹣1，an），則ab+cd＝an﹣3an﹣2+an