2022-2023学年北京市朝阳区高二年级上册学期数学期末试题【含答案】

2022-2023学年北京市朝阳区高二上学期数学期末试题一、单选题1．已知为等差数列，，则（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】由等差数列性质，，求出式子的值.【详解】因为是等差数列，所以.故选：C.2．已知点到直线的距离为，则等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据点到直线得距离公式即可得出答案.【详解】解：由题意得．解得或．，．故选：C.3．设函数，则曲线在点处的切线方程为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用导数的几何意义求在处切线的斜率，进而即可得切线方程.【详解】因为，所以，所以，即在处切线方程的斜率为，又因为，所以切线方程为，整理得，故选：B4．已知F是抛物线的焦点，点在抛物线C上，则（

）A． B． C．3 D．4【答案】D【分析】根据抛物线的定义可得：，代入数据即可求解.【详解】因为抛物线方程为，所以，又因为点在抛物线C上，由抛物线的定义可得：，故选：.5．已知直线，直线，则“”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据直线的平行的判定即可求解.【详解】等价于，解得，所以，解得或，当时，，，此时重合，故“”是“”的充分必要条件.故选：C.6．如图，在四面体中，是的中点，设，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角形法则先求得向量、，进而求得．【详解】解：，，．故选：B．7．已知函数有两个极值点，则（

）A．或 B．是的极小值点 C． D．【答案】A【分析】根据函数有两个极值点，则导数为有两个根,由单调性及根与系数的关系等逐个判断即可.【详解】因为函数有两个极值点，所以有两个根,所以,,故选项错误;因为有两个根,所以,即得,解得或,故选项正确;因为有两个根,在上单调递增,在上单调递减,所以是的极大值点,故选项错误;故选:A.8．在平面直角坐标系中，设是双曲线的两个焦点，点在上，且，则的面积为（

）A． B．2 C． D．4【答案】B【分析】利用双曲线的几何性质求解即可.【详解】因为点在上，是双曲线的两个焦点,由双曲线的对称性不妨设，则①，，因为，所以，由勾股定理得②，①②联立可得，，所以，故选：B9．如图，平面平面，，A，B是直线l上的两点，C，D是平面内的两点，且，，，，，若平面内的动点P满足，则四棱锥的体积的最大值为（

）A．24 B． C．48 D．【答案】C【分析】根据已知可得，则当四棱锥的高最大，即的高最大即可.根据面面垂直的性质得出线线垂直关系结合，可得.设，，在根据余弦定理结合面积公式得出.由三边关系得到，即可得到，代入体积公式即可求出结果.【详解】在平面内，由，，可得.又，，所以四边形为直角梯形，.要使四棱锥的体积的最大值，则只要四棱锥的高最大即可.因为平面平面，，过点向作垂线交于，根据面面垂直的性质可得，，则.又是的高，且由，可知，，，又，，所以，.在中，.在中，.又，所以，所以，即.设，，在中，由余弦定理可得.因为，所以，则，又，所以，.根据三角形三边关系可得，即，所以，.所以，当时，有最大值为.又四棱锥的体积为，所以，四棱锥的体积的最大值为48.故选：C.10．斐波那契数列在很多领域都有广泛应用，它是由如下递推公式给出的：，当时，．若，则（

）A．98 B．99 C．100 D．101【答案】B【分析】根据题意推出,再利用累加法化简即可求出的值.【详解】由题意得，，因为,，所以，，，，累加得，因为，所以当,,是递增数列.所以，所以.故选：.二、填空题11．函数的导函数______.【答案】【分析】利用乘积导数运算法则，即可得到结果.【详解】∵，∴.故答案为：.12．已知平面的法向量为，直线l的方向向量为，且，则实数_________．【答案】【分析】根据直线与平面垂直可得直线l的方向向量与平面的法向量平行，利用两向量平行的充要条件即可求解.【详解】因为平面的法向量为，直线l的方向向量为，且，所以，则存在实数使得，也即，解得：，，故答案为：.13．过圆的圆心且与直线平行的直线的方程是__．【答案】【分析】设出与直线平行的直线，将圆心代入即可.【详解】由的圆心为，设与直线平行的直线为：，因为过圆心，所以，故所求直线为：，故答案为：.14．已知是首项为负数，公比为q的等比数列，若对任意的正整数n，恒成立，则q的值可以是____________________．（只需写出一个）【答案】-3（答案不唯一，即可）【分析】根据已知可推出恒成立，进而得到，.【详解】由可得，恒成立，因为，显然有，又，所以，.故答案为：-3.15．数学家笛卡儿研究了许多优美的曲线，如笛卡儿叶形线在平面直角坐标系中的方程为．当时，给出下列四个结论：①曲线不经过第三象限；②曲线关于直线轴对称；③对任意，曲线与直线一定有公共点；④对任意，曲线与直线一定有公共点．其中所有正确结论的序号是________________．【答案】①②④【分析】当时，判断是否成；点(y，x)代入方程，判断与原方程是否相同；联立直线和曲线方程，判断方程组是否有解分别逐一判断选项即可.【详解】当时,方程为当时，，故第三象限内的点不可能在曲线上，①正确；将点代入曲线方程得，故曲线关于直线对称，②正确；当,联立其中，将代入得，即，则方程组无解，故曲线与直线无公共点，③错误;联立可得有解,设,,当时,在单调递增,单调递减,值域为所以成立,当时成立.当时,,单调递增,,所以成立,所以曲线与直线一定有公共点故④选项正确.故答案为：①②④.三、双空题16．设点分别为椭圆的左、右焦点，则椭圆C的离心率为______________；经过原点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于P，Q两点，当四边形的面积最大时，_____________．【答案】

；

.【分析】根据已知求出的值，即可得到离心率；根据对称性可得，，所以为短轴顶点.写出的坐标，即可得到结果.【详解】由已知可得，，，所以，则离心率.根据椭圆的对称性可得，点关于原点对称，设，.且，当最大时，面积最大，则此时为短轴顶点.不妨设.，，所以，，所以.故答案为：；.四、解答题17．设函数．(1)求的单调区间；(2)当时，求的最大值与最小值．【答案】(1)单调递增区间是,，单调递减区间是(2)最大值,最小值【分析】（1）利用导数和函数单调性的关系，求函数的单调区间；（2）利用函数的单调性，列表求函数的最值.【详解】（1），当，解得：或，所以函数的单调递增区间是,，当，解得：，所以函数的单调递减区间是，所以函数的单调递增区间是,，单调递减区间是；（2）由（1）可得下表4单调递减单调递增所以函数的最大值是，函数的最小值是18．已知是等差数列，其前n项和为．(1)求数列的通项公式及；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求数列的前n项和．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)，(2)若选①：；若选②：；若选③：【分析】（1）根据等差数列的通项公式和求和公式即可求解；（2）根据等比数列求和公式、分组求和方法、乘公比错位相减法即可分别求解.【详解】（1）设数列{an}的公差为.，，，所以，所以.（2）若选①：，；若选②：，.若选③：，.19．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点O是的中点．(1)求证：；(2)求二面角的余弦值；(3)在棱上是否存在点M，使得平面?若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明过程见解析；(2)；(3)存在，.【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合面面垂直的性质、线面垂直的性质进行证明即可；（2）根据（1）的结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；（3）根据线面平行的性质，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】（1）因为，点O是的中点，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，而平面，所以；（2）设为的中点，连接，因为，，所以，由（1）可知：平面，而平面，所以，因此建立如图所示的空间直角坐标系，，因为平面平面，平面平面，，所以平面，因此平面的法向量为，设平面的法向量为，，于是有，二面角的余弦值为：；（3）假设在棱上存在点M，使得平面，且，可得：，因此，由（2）可知平面的法向量为，因为平面，所以，因此假设成立，.20．已知椭圆的长轴长为4，且点在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)过点的直线l椭圆C交于两点，且．问：x轴上是否存在点N使得直线，直线与y轴围成的三角形始终是底边在y轴上的等腰三角形？若存在，求点N的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解；（2）转化为0后，根据直线与椭圆联立即可求解.【详解】（1）因为,解得2.所以点在椭圆上.将代入,得..从而..（2）显然直线的斜率存在且不为0,设直线的方程为.设.假设存在点,因为直线与轴围成的三角形始终为底边在轴上的等腰三角形，0，即,即.由消去并整理,得.由,求得,则.所以,解得.于是在轴上存在定点,使得直线与轴围成的三角形始终为底边在轴上的等腰三角形.21．在无穷数列中，．(1)求与的值；(2)证明：数列中有无穷多项不为0；(3)证明：数列中的所有项都不为0．【答案】(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用递推公式求的值即可；（2）假设数列中有限个项不为0，然后推出与题意矛盾即可求证；（3）由（2）可得在无穷处能找到一个，利用递推公式可得数列呈周期变化，，令即可证明.【详解】（1）由可得，，，，，，所以，.（2）假设数列中有限个项不为0，则会存在一个数，当时，，则，