北京市朝阳区2021-2022学年高二上学期数学期末考试试卷

1、 PAGE 3 / 21北京市朝阳区 2021-2022 学年高二上学期数学期末考试试卷阅卷人得分一、单选题(共 10 题；共 20 分)1（2 分）（2021 高二上朝阳期末）点（ 1 ， 1 ）到直线 1 = 0的距离是（）2A1【答案】BB22C1D2=【解析】【解答】由点到直线距离公式得 =|111|= 12。12+(1)222故答案为：B【分析】利用已知条件结合点到直线的距离公式，从而求出点（ 1 ， 1 ）到直线 1 = 0的距离。2（2 分）（2021 高二上朝阳期末）2 与8 的等差中项是（）A5【答案】A【解析】【解答】2 与8B4C4D528 = 5 。故答案为：A的等差中

2、项是2【分析】利用已知条件结合等差中项公式，从而求出2 与8 的等差中项。3（2 分）（2021 高二上朝阳期末）已知直线过点（ 0 ， 1 ），且与直线 2 + 2 = 0垂直，则直线的方程是（）A + 2 + 1 = 0【答案】DB2 + + 1 = 0C + 2 1 = 0D2 + 1 = 0【解析】【解答】因为直线与直线 2 + 2 = 0垂直，所以设直线方程为2 + + = 0，因为直线过点（ 0 ， 1 ），所以1 + = 0，得出 = 1， 所以直线方程为2 + 1 = 0。故答案为：D【分析】利用直线与直线 2 + 2 = 0垂直，再结合两直线垂直斜率之积等于1 ，从而设出直线

3、 的方程为2 + + = 0，再利用直线过点（ 0 ， 1 ），从而结合代入法得出m 的值，进而求出直线的方程。4（2 分）（2021 高二上朝阳期末）已知函数() = ln，则() =（ ）1ln1+lnln+1ln1A2B2CD【答案】Aln11ln1ln() = 1ln【解析】【解答】因为() =故答案为：A. ，所以() = 2=2，即2。【分析】利用已知条件结合导数的运算法则，从而求出函数的导函数。5（2 分）（2021 高二上朝阳期末）已知圆2 + 2 = 1与圆( 3)2 + ( 4)2 = 2( 0 )外切，则 =（）A1【答案】DC3D4【解析】【解答】由题设，两圆圆心分别为

4、(0,0)、(3,4)，半径分别为 1，r，由两圆外切关系知：(3 0)2 + (4 0)2 = + 1，可得 = 4。故答案为：D.【分析】利用已知条件结合两圆外切位置关系判断方法，再结合两点距离公式求出圆心距，再利用圆心距与两圆半径之和的关系，从而求出圆( 3)2 + ( 4)2 = 2( 0 )的半径。6（2 分）（2021 高二上朝阳期末）曲线() = 2在点( 1 , (1) )处的切线方程为（）A = 0【答案】CB2 = 0C3 2 = 0D4 3 = 0【解析】【解答】由() = 2 可得(1) = ， 又因为() = 2 + 2 = (2 + 2) ，则切线斜率 = (1)

5、= (1 + 2) = 3，故曲线() = 2在点(1 , (1)处的切线方程为 = 3( 1) + ，即3 2 = 0。故答案为：C【分析】利用已知条件结合切点的横坐标和代入法，从而求出切点的纵坐标，进而求出切点的坐 标，再利用求导的方法求出曲线在切点处的切线的斜率，再结合点斜式求出曲线在切点的切线的方程，再转化为切线的一般式方程。7（2 分）已知数列 为等比数列，则“ 1 1 ”是“ 为递减数列”的（）充分不必要条件C充要条件【答案】A必 要 不 充 分 条 件 D既不充分也不必要条件【解析】【解答】若等比数列 满足 1 1 ，则数列 为递减数列， 故“ 1 1 ”是“ 为递减数列”的充分

6、条件，因为若等比数列 满足 1 0 、 0 1 ，则数列 也是递减数列， 所以“ 1 1 ”不是“ 为递减数列”的必要条件，综上所述，“ 1 1 ”是“ 为递减数列”的充分不必要条件， 故答案为：A.【分析】本题可依次判断“ 1 1 ”是否是“ 为递减数列”的充分条件以及必要条件，即可得出结果.8（2 分）（2021 高二上朝阳期末）点是正方体 1111的底面内（包括边界）的动点.给出下列三个结论：满足1/1的点有且只有 1 个；满足1 1的点有且只有 1 个；满足1/平面11的点的轨迹是线段.则上述结论正确的个数是（）A0【答案】C【解析】【解答】如图：C2D3 PAGE 4 / 21对于，

7、在正方体 1111中，1 1 ,若 异于 ，则过1点至少有两条直线和1平行，这是不可能的，因此底面内（包括边界）满足1/1的点有且只有 1 个，即为 点， 故正确；对于，正方体 1111中， 平面11 ,1 平面11，所以 1 ,又1 1，1 1 ，所以1 1 ，而 1 = , 1 平面1 ,故1 平面1,因此和1 垂直的直线1 一定落在平面1内，由 是平面上的动点可知，一定落在上，这样的点有无数多个，故错误； 对于，11 , 平面1 ,则11 平面1，同理1 平面1,而11 1 = 1 ,所以平面11 平面1，而1/平面11， 所以1一定落在平面1上，由是平面上的动点可知，此时一定落在上，

8、即点的轨迹是线段，故正确。故答案为：C.【分析】对于，在正方体 1111中，1 1 ,若 异于 ，则过1点至少有两条直线和1平行，这是不可能的，因此底面内（包括边界）满足1/1的点有且只有 1 个，即为 点；对于，在正方体 1111中， 平面11 结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以 1 ,再利用1 1，1 1 ，所以1 1 ，再利用线线垂直证出线面垂直，所以1 平面1, 因此和1 垂直的直线1 一定落在平面1内，由 是平面上的动点可知，一定落在上，这样的点有无数多个；对于，11 结合线线 PAGE 6 / 21平行证出线面平行，则11 平面1，同理1 平面1,再利用线面平行证出面面平行，所以

9、平面11 平面1，再利用1/平面11，所以1一定落在平面1上，由是平面上的动点可知，此时一定落在上，即点的轨迹是线段，从而找出结论正确的个数。9（2 分）（2021 高二上朝阳期末）已知，是圆: 2 + 2 = 1上的两点，是直线 + = 0上一点，若存在点，使得 ，则实数的取值范围是（）A1,1【答案】BB2,2C2, 2D22, 22【解析】【解答】 ，故在以为直径的圆上，设中点为，则 |2 + |2 = 1，圆上的点到的最大距离为| + |，2| + | 2(|2 + |2) = 2，当| = | = 2时等号成立，2直线 + = 0到原点的距离为 = | 2，故2 2。故答案为：B.【

10、分析】利用 结合直径所对的圆周角为 90 度的性质，故在以为直径的圆上，设中点为，再利用勾股定理得出|2 + |2 = 1，再结合几何法得出圆上的点到的最大距离为| + |，再利用均值不等式求最值的方法得出| + |的最大值，再利用点到直线的距离公2式结合已知条件，得出直线 + = 0到原点的距离为 = | 2，从而解绝对值不等式求出实数 m 的取值范围。10（2 分）（2021 高二上朝阳期末）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2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

11、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3，所以3正四面体在每个顶点的曲率为2 3 = ，故其总曲率为4.给出下列三个结论：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4；若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足 + = 2，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【答案】DBCD22【解析】【解答】根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为2 3 = ，故正确；由定义可得多面体的总曲率= 2 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

12、棱锥的总曲率为2 5 ( 4 + 2 1) = 4，故正确；设每个面记为( 1, )边形，则所有的面角和为( 2) = 2 = 2 2 = 2( )，=1=1根据定义可得该类多面体的总曲率2 2( ) = 4为常数，故正确.故答案为：D.【分析】根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率；由曲率的定义可得多面体的总曲率， 再利用四棱锥有 5 个顶点，5 个面，分别为 4 个三角形和 1 个四边形，从而得出任意四棱锥的总曲率；设每个面记为( 1, )边形，再利用求和的方法得出所有的面角和，再利用曲率的定义可得该类多面体的总曲率为常数，从而找出正确结论的序号。阅卷人二、填空题(共 6 题；共 8 分

13、) PAGE 7 / 21得分411（1 分）（2021 高二上朝阳期末）设函数() = sin，则( ).【答案】224442【解析】【解答】因为() = sin，所以() = cos， 所以( ) = cos( ) = cos = 2。故答案为：2。2【分析】利用已知条件结合代入法和诱导公式，进而求出函数值。12（1 分）（2021 高二上朝阳期末）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）【答案】2 = 2（答案不唯一）【解析】【解答】设抛物线的方程为2 = 2，根据题意可得 = 1，所以抛物线的标准方程为2 = 2。故答案为：2 = 2（答案不唯一）。【分

14、析】设抛物线的方程为2 = 2，利用已知条件结合点到直线的距离公式得出 p 的值，从而求出抛物线的标准方程。13（1 分）（2021 高二上朝阳期末）已知双曲线2 2 = 1 ( 0 , 0 )的右焦点为，过点作22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 = 为.【答案】233 ，则双曲线的离心率【解析】2 2 = 1 ( 0 , 0 )的右焦点为(c, 0),【解答】双曲线22其渐近线为 = ，垂线方程为 = ，则(, 2)，(, )，2，2)， = (0, ) = (0,由 = ，得22，即 22 = 0，=即 = 2，则 = 3，离心率 = =2= 2 3。33 PAG

15、E 9 / 21故答案为：23。32 2 = 1 ( 0 , 0 )的右焦点为(c, 0),其渐近线为 = ，垂线 方程【分析】利用双曲线22为 = ，进而结合已知条件设出点(, 2)，点(, )，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，即2 ， 2，由 = ，再利用向量共线的坐标表示得出得 = 2，从而得 = (0, ) = (0,)出 = 3，再利用双曲线的离心率公式得出双曲线的离心率。14（1 分）（2021 高二上朝阳期末）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 ( 1)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 (1,0)， (2,0)，动点

16、满足| = 1，记动点的轨迹为曲线，给出下列四个结论：|2曲线的方程为( + 2)2 + 2 = 4；曲线上存在点，使得到点(1,1)的距离为 6；曲线上存在点，使得到点的距离大于到直线 = 1的距离；曲线上存在点，使得到点与点(2,0)的距离之和为 8.其中所有正确结论的序号是.【答案】|1(+1)2+21【解析】【解答】设(, ),因为满足| = 2,所以2= 2,整理可得：2 + 2 + 4 = 0,即( + 2)2 + 2 = 4,所以正确；(2) +2对于中,由可知，点(1,1)在圆( + 2)2 + 2 = 4的外部,因为(1,1)到圆心(2,0)的距离 =(2 1)2 + 1 =

17、 10,半径为2,所以圆上的点到(1,1)的距离的范围为10 2, 10 + 2,而6 10 2, 10 + 2,所以不正确；对于中,假设存在(0, 0)，使得到点的距离大于到直线 = 1的距离,00又| = (0 + 1)2 + 02，(0, 0)到直线 = 1的距离|0 1|，所以(0 + 1)2 + 2 |0 1|，化简可得02 + 40 0，又 2 = 02 40， 所以02 40 + 40 0，即02 |0 1|，化简可得02 + 40 0，再利用 2 = 02 40，从而求出02 0，故假设不成立；假设存在这样的点，使得到点与点(2,0)的距离之和为 8，再利用椭1612圆的定义得

18、出点在以点与点(2,0)为焦点，实轴长为 8 的椭圆上，即点在椭圆2 + 2= 1上，1612易知椭圆2 + 2= 1与曲线： ( + 2)2 + 2 = 4有交点，故曲线上存在点，使得到点与点(2,0)的距离之和为 8，从而找出正确结论的序号。15（2 分）（2021 高二上朝阳期末）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，所需净化费用不断増加.己知将1吨水净化到纯净度为 %时所需费用（单位：元）为 () =1005284 ( 80 (95)，可知水的纯净度越高，净化费用增加的速度越快。故答案为：25，快。 PAGE 10 / 212【分析】由题意，可知净化所需费用的瞬时变

19、化率为() =5284(100)，再利用代入法得出(95)，(99)的值，进而求出(99)(95)的值，从而得出净化到纯净度为 99%时所需费用的瞬时变化率是净化到纯净度为 95%时所需费用的瞬时变化率的倍数；再利用(99) (95)，可知水的纯净度越高，净化费用增加的速度越快。16（2 分）（2021 高二上朝阳期末）已知数列的前项和为， = 2 + ( )，则1 =， =.【答案】-1；1 2( )【解析】【解答】 1 = 1 1 = 21 + 1，可得1 = 1， 由 = 2 + ，可知 2时，1 = 21 + 1 ，故 2 时 = 1 = 2 + (21 + 1 ) = 2 21 +

20、1， 即 = 21 1可化为 1 = 2(1 1)，又因为1 1 = 2，故数列 1是首项为-2 公比为 2 的等比数列， 1 = 2 21 = 2，故数列的通项公式 = 1 2。故答案为：-1 ；1 2 ( )。【分析】 利用已知条件结合， 的关系式，再结合分类讨论的方法，再利用等比数列的定义，从而判断出数列 1是首项为-2 公比为 2 的等比数列，再利用等比数列的通项公式，从而得出数列的通项公式。阅卷人三、解答题(共 5 题；共 65 分)得分17（10 分）（2021 高二上朝阳期末）已知 是等差数列，2 = 1 ，6 = 9.（1）（5 分）求 的通项公式；（2）（5 分）若数列 是公

21、比为3的等比数列，1 = 1，求数列 的前项和.【答案】（1）解：设等差数列 的公差为.由题意得1 + = 1,1 + 5 = 9 ,解得1 = 1 ， = 2.所以 = 1 + ( 1) = 1 + ( 1) 2 = 2 3. PAGE 11 / 21（2）解：因为 是公比为3的等比数列，又1 = 1，1 = 1 ， 所以 = (1 1) 31 = 2 31，所 以 = 2 31 + = 2 31 + 2 3.所以 = 2(30 + 31 + 32 + + 31) + 2(1 + 2 + 3 + + ) 31 3= 2 1 3 +2(1 + )2 3= 3 + 2 2 1.【解析】【分析】（

22、1）利用已知条件结合等差数列的通项公式，进而解方程组求出首项和公差，再利用等差数列的通项公式，进而求出数列 的通项公式。利用数列 是公比为3的等比数列，再利用数列 的通项公式结合等比数列的通项公式，再结合1 = 1，1 = 1 ，从而得出数列 的通项公式，进而得出数列 的通项公式，再利用分组求和的方法结合等差数列的前n 项和公式和等比数列前n 项和公式，进而求出数列 的前项和。18（15 分）（2021 高二上朝阳期末）如图，在四棱锥 中，底面为菱形， = =31， 底面， = ，是的中点.（1）（5 分）求证：/平面；（2）（5 分）求证：平面 平面；（3）（5 分）设点是平面上任意一点，直

23、接写出线段长度的最小值.（不需证明）【答案】（1）证明：设 = ，连结. PAGE 12 / 21因为底面为菱形， 所以为的中点，又因为 E 是 PC 的中点， 所以/.又因为 平面， 平面， 所以/平面.（2）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.7解：线段长度的最小值为21.【解析】【分析】（1） 设 = ，连结，再利用底面为菱形，所以为的中点，再利用点 E 是 PC 的中点，再结合中点作中位线的方法结合中位线的性质，所以/，再利用线线平行证出线面平行，从而证出直线/平面。（2） 利用底面为菱形，所以 ，再利用 底

24、面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以 ，再利用线线垂直证出线面垂直，所以 平面，再利用线面垂直证出面面垂直，从而证出平面 平面。 PAGE 19 / 21（3）利用已知条件结合几何法得出线段长度的最小值 。19（15 分）（2021 高二上朝阳期末）如图，直四棱柱 1111中，底面是边长为1的正方形，点在棱1上.（1）（5 分）求证：11 ；（2）（5 分）从条件 条件 条件这三个条件中选择两个作为已知，使得1 平面11，并给出证明.条件：为1的中点；条件：1/平面11；条件：1 1.（3）（5 分）在（2）的条件下，求平面11与平面11夹角的余弦值.【答案】（1）证明：连结，11，由直四棱

25、柱 1111知：1 平面1111，又11 平面1111，所以1 11，又1111为正方形，即11 11，又11 1 = 1，11 平面11，又 平面11，11 .（2）解：选条件，可使1 平面11.证明如下：设11 11 = ，连结，1，又，分别是1，11的中点， /1.又1 1，所以1 .由（1）知：11 平面11，1 平面11，则11 1.又11 = ，即1 平面11.选条件 ，可使1 平面11.证明如下： 设11 11 = ，连结.因为1/平面11，1 平面11，平面11 平面11 = ， 所以1 /，又1 1，则1 .由（1）知：11 平面11，1 平面11，则11 1.又11 = ，

26、即1 平面11.（3）解：由（2）可知，四边形11为正方形，所以1 = = 2.因为，1两两垂直，如图，以为原点，建立空间直角坐标系 ，2则(0,0,0)，1(1,0, 2)，1(1,1, 2)，1(0,1, 2)，(1,1, 2)，1(0,0, 2)，所以=(1,1,0)，= (1,0, 2).1111由（1）知：平面11的一个法向量为= (1,1, 2). = + = 01设平面11的法向量为 = , , ，则11，令 = 2，则 = (2, 2, 1).设平面 与平面 = + 2 = 0 的夹角为，则 = |, | =|1|= 2= 101 11 11|1|2510 ，10所以平面11与

27、平面11夹角的余弦值为 10.【解析】【分析】（1） 连结，11，由直四棱柱 1111知直线1 平面1111， 再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以1 11，再利用四边形1111为正方形，即11 11，再结合线线垂直证出线面垂直，所以直线11 平面11，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出11 。（2） 选条件，可使1 平面11。证明如下：设11 11 = ，连结，1，再利用，分别是1，11的中点，从而结合中点作中位线的方法结合中位线的性质，所以 /1，再利用1 1，所以1 ，由（1）知直线11 平面11结合线面垂直的定义证出线线垂直，则11 1，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出直

28、线1 平面11。选条件，可使1 平面11。证明如下：设11 11 = ，连结，再利用直线1/平面11结合线面平行的性质定理证出线线平行，所以1 /，再利用1 1，则1 ，由（1）知直线11 平面11结合线面垂直证出线线垂直，则11 1，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出直线1 平面11。（3） 由（2）可知，利用四边形11为正方形，所以1 = = 2，再利用，1两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系 ，从而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合数量积求向量夹角公式得出平面11与平面11夹角的余弦值。20（10 分）（2021 高二上朝阳期末）已知椭圆: 2 + 2= 1 (

29、 0)过点(0,1)，离心率为 6.（1）（5 分）求椭圆的方程；223（2）（5 分）过点作直线，与直线 = 2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.3【答案】（1）解：由题意得， = 1， = 6，又因为2 = 2 + 2，所以2 = 3.3所以椭圆 C 的方程为2 + 2 = 1.（2）解：以为直径的圆过定点(0 ， 1).理由如下： 当直线斜率存在时，设直线的方程为 = + 1（ 0）. 令 = 2，得 = 1，所以(1 , 2). = + 1, = 6由2 + 2= 1,得(1 + 32)2 + 6 = 0，则

30、 = 0或1+32，3所以(61+32, 132).1+32设(, )是以为直径的圆上的任意一点，则= ( 1 , 2)， = ( +6, 132).1+321+32由题意， = 0，则以为直径的圆的方程为( +6)( 1) + ( 132)( 2) = 0.1+321+32即3(2 + 2 2)3 + 32 + (2 + 2 3 4) = 0恒成立. = 0, = 0,即 2 2 = 0, 解得 = 1.2 3 4 = 0,故以为直径的圆恒过定点(0, 1).当直线斜率不存在时，以为直径的圆也过点(0, 1).综上，以为直径的圆恒过定点(0, 1).3【解析】【分析】（1） 由题意结合代入法

31、和椭圆的离心率公式，得出 = 1， = 6，再利用椭圆中a,b,c 三者的关系式，从而解方程求出a 的值，进而求出椭圆C 的标准方程。以为直径的圆过定点(0 ， 1)，理由如下：再利用分类讨论的方法，当直线斜率存在时，设直线的斜截式的方程为 = + 1（ 0），令 = 2，得 = 1，从而求出点M 的坐标，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程求出交点N 的坐标，设(, )是以为直径的圆上的任意一点，再利用向量的坐标表示得出= ( 1 , 2)， = ( +6, 132)，再结合1+321+32 = 0，从而求出以为直径的圆的方程，即3(2 + 2 2)3 + 32 + (2 + 2 3 4) =

32、 0恒成立，进而求出以为直径的圆恒过定点坐标为(0, 1)；当直线斜率不存在时，以为直径的圆也过点(0, 1)，从而判断出以为直径的圆恒过定点(0, 1)。21（15 分）（2021 高二上朝阳期末）已知项数为( 3)的数列是各项均为非负实数的递增数列.若对任意的，（1 ）， + 与 至少有一个是数列中的项，则称数列具有性质 .（1）（5 分）判断数列 0，1，4，6 是否具有性质 ，并说明理由；（2）（5 分）设数列具有性质 ，求证：2(1 + 2 + + 1 + ) = ；（3）（5 分）若数列具有性质 ，且不是等差数列，求项数的所有可能取值.【答案】（1）解：数列 0，1，4，6 不具有

33、性质 .因为4 + 1 = 5，4 1 = 3，5和3均不是数列 0，1，4，6 中的项， 所以数列 0，1，4，6 不具有性质 .（2）证明：记数列的各项组成的集合为，又0 1 2 1 + ，由数列具有性质 ， + ，所以 ，即0 ，所以1 = 0.设2 ，因为 + ，所以 .又 0 = 1 2 1 + 2 = ，所以1 + ，1 .又 0 = 1 1 1 2 1 3 3 = 2 ，0 = 1 2 3 2 ，1 1 = 1，1 2 = 2，1 3 = 3， 即 1 = (1 3).由 1 1 = 1，1 2 = 2， 得 ：1 1 = 1，1 2 = 2，1 = (1 1).由两式相减得： 1 = +1 (1 1)，这与数列不是等差数列矛盾，不合题意.综上，满足题设的的可能取值只有 4.【解析】【分析】（1） 利用数列具有性质 的定义，从而判断出数列 0，1，4，6 不具有性质 。（2） 记数列的各项组成的集合为，再利用0 1 2 1 + ，由数列具有性质 结合数列具有性质 的定义，则 + ，所以 ，即0 ，所以1 = 0，设2 ，再利用 + ，所以 ，再结合0 = 1 2 1，则