2022-2023学年北京市东城区高二年级上册学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年北京市东城区高二上学期期末数学试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用整数集的概念与列举法得到集合，再利用集合的交集运算即可得解.【详解】因为，所以.故选：B.2．设复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为（

）A．直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线【答案】B【分析】根据复数的几何意义结合共轭复数的概念即可得解.【详解】设，则，由得，即在复平面内对应的点的轨迹为圆.故选：B.3．抛物线的准线方程是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先将抛物线方程化为标准形式，再根据抛物线的性质求出其准线方程.【详解】抛物线的方程可化为x2y故其准线方程为y故选：D4．已知是等比数列，为其前项和，那么“”是“数列为递增数列”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】B【解析】分别从充分性和必要性入手进行分析即可得解.【详解】设等比数列的公比为，充分性：当，时，，无法判断其正负，显然数列为不一定是递增数列，充分性不成立；必要性：当数列为递增数列时，，可得，必要性成立.故“”是“数列为递增数列”的必要而不充分条件.故选：B.【点睛】方法点睛：证明或判断充分性和必要性的常用方法：①定义法，②等价法，③集合包含关系法.5．过直线上一点作圆的切线，切点为．则四边形的面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由切线性质可得，由勾股定理表示出，进而得解.【详解】如图，由切线性质可知，，所以，圆的标准方程为，圆心为，半径为，点到直线距离，，要使最小，需使，故.故选：C6．已知双曲线C：的一条渐近线的斜率为，且与椭圆有相等的焦距，则C的方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据椭圆的焦距可得双曲线C：的焦距，根据双曲线C：的一条渐近线的斜率为，可得，结合求得，即可得出答案.【详解】解：因为双曲线C：的一条渐近线的斜率为，所以，即，椭圆的焦距为，所以双曲线C：的焦距，即，又因，解得，所以，所以C的方程为.故选：B.7．已知等比数列中，，其前n项和为，前n项积为，且，，则使得成立的正整数的最小值为（

）A．10 B．11 C．12 D．13【答案】C【分析】根据等比数列前n项和公式得到首项和公比，进而得到前n项积为，再解一元二次不等式即可.【详解】等比数列中，，其前n项和为，且，，则，，有，，前n项积，∵，则，即，∵，∴，∴正整数n的最小值为12.故选：C．8．在棱长为2的正方体中，M，N两点在线段上运动，且，给出下列结论：①在M，N两点的运动过程中，⊥平面；②在平面上存在一点P，使得平面；③三棱锥的体积为定值；④以点D为球心作半径为的球面，则球面被正方体表面所截得的所有弧长和为．其中正确结论的序号是（

）A．①②③ B．①③④ C．②④ D．②③④【答案】D【分析】①建立空间直角坐标系，写出点的坐标，当点移动到点时，由于，故与不垂直，所以①错误；②证明出线面平行，从而平面上存在一点P，使得平面；③作出辅助线，利用求出体积为定值；④得到球面被正方体表面所截得的弧为个半径为的圆弧，求出弧长和.【详解】以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图1，对于①，当点移动到点时，此时，则，因为，所以与不垂直，所以①错误；对于②，平面与平面为同一个平面，而，所以当点在上时，总有平面，从而有平面，所以②正确；如图3，连接，交于点O，则⊥，故为三角形的高，且，所以，又⊥平面，故，所以③正确；，以点D为球心作半径为的球面，球面被正方体表面所截得的弧为以为圆心，个半径为的圆弧，弧长和为，所以④正确，故选：D．9．已知函数，下列说法中错误的是（

）A．函数在原点处的切线方程是B．是函数的极大值点C．函数在上有个极值点D．函数在上有个零点【答案】D【分析】通过导数的几何意义判断选项A，通过导数确定的单调性和极值，判断选项B，进一步通过的图象与图象的交点个数，判断选项D，构造函数，通过多次求导，判断的单调区间和极值判断选项C.【详解】∵，∴定义域为，∴，对于A，由导数的几何意义，函数在原点处的切线的斜率，∴函数在原点处的切线方程为，即，故选项A说法正确；对于B，令，解得或，当时，，在区间和单调递增；当时，，在区间单调递减，∴在时取得极大值，在时取得极小值，∴是函数的极大值点，故选项B说法正确；对于C，∵，∴，令，则，令，则当时，，∴在上单调递增，且，，∴，使，当时，，在区间单调递减，当时，，在区间单调递增，∴在上的最小值为，∵，∴，，∴，又∵，∴，使，，使，∴当时，，在区间和上单调递增，当时，，在区间上单调递减，∴函数的极大值点为，极小值点为，∴函数在上有个极值点，故选项C说法正确；对于D，由选项B的判断知，的极大值为，极小值为，又∵，∴与在同一平面直角坐标系内的图象如下图：如图可知，与在同一平面直角坐标系下有个交点，即方程有三个实数解，即函数有个零点，故选项D说法错误.综上所述，说法错误的选项为D.故选：D.10．数列的前项和为，若，，则（

）A．数列是公比为2的等比数列 B．C．既无最大值也无最小值 D．【答案】D【分析】根据间的关系求出，进而判断A,B；然后求出，根据数列的增减性判断C；最后通过等比数列求和公式求出，进而判断D.【详解】由题意，时，，又，解得：，时，，则，又，所以数列从第2项起是公比为2的等比数列.A错误；易得，，则，B错误；时，，时，，而是递减数列，所以时，.综上：1.C1.C1.C错误；时，，满足题意；时，，于是，.D正确.故选：D.二、填空题11．已知向量，，若，则___________.【答案】##2.5【分析】利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量线性运算和模的坐标表示求得结果.【详解】向量，，若，有，，，，.故答案为：12．设等差数列的前项和为，若，则____________.【答案】27【分析】根据等差数列的性质结合可得，再根据等差数列前奇数项和的性质求解即可.【详解】因为数列是等差数列，所以，所以，.故答案为：2713．将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，若是奇函数，则的可能取值有__________个.【答案】2【分析】根据函数图像平移得到解析式，由是奇函数解出的取值，再由，确定取值的个数.【详解】函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，∴，若是奇函数，则有，解得，由，则时，；时，，的可能取值有2个.故答案为：214．设常数，函数，若函数在时有零点，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】令，方程转化为于在时有解，结合二次函数的性质可求.【详解】依题意有在时有实数根，当时显然不成立，故，设，由得，方程等价于在时有解，结合二次函数的性质可知在上单调递增，值域为，所以，解得则实数的取值范围是·故答案为：15．给出如下关于函数的结论：①；②对，都，使得；③，使得；④对，都有其中正确的有___________.（填上所有你认为正确结论的序号）【答案】①③④【分析】通过导数求原函数的单调区间，对于①作差法比较大小；由单调性判断值域，来判断②是否正确；对于③化简,构造函数来解决是否存在的问题；作差，构造函数求最值判断④是否成立．【详解】函数，定义域为，，即，故①正确；，，，单调递增，，，单调递减，当时，，，都有，找不到，使得，故②错误；，令，则，故，，单调递增，，，单调递减，，，，即，使得，故③正确；设，函数定义域为，，，，单调递增，，，单调递减，有最大值，所以，即，得所以对，都有，④正确；故答案为：①③④三、解答题16．某校在2021年的综合素质冬令营初试成绩中随机抽取40名学生的笔试成绩，并将成绩共分成五组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示．且同时规定成绩小于分的学生为“良好”，成绩在分及以上的学生为“优秀”，且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格，面试通过者将进入复试．(1)根据样本频率分布直方图估计样本的众数；(2)如果用分层抽样的方法从“良好”和“优秀”的学生中共选出5人，再从这5人中选2人发言，那么这两人中至少有一人是“优秀”的概率是多少？如果第三、四、五组的人数成等差数列，规定初试时笔试成绩得分从高到低排名在前18%的学生可直接进入复试，根据频率分布直方图估计初试时笔试成绩至少得到多少分才能直接进入复试？【答案】(1)(2)；初试时笔试成绩至少得到分才能直接进入复试【分析】（1）根据最高小长方形底边中点对应的横坐标为众数，即可得到答案；（2）先计算出人中“良好”的学生和“优秀”的学生的人数，再古典概型的公式即可求解；由第三、四、五组的人数成等差数列和“优秀”学生的频率为，列方程组求出，接着判断出初试时笔试成绩得分从高到低排名在18%的学生分数在第四组，设为至少x分能进入面试，由此可得，即可求解.【详解】（1）根据样本频率分布直方图估计样本的众数为；（2）“良好”的学生频率为，“优秀”学生频率为；由分层抽样可得“良好”的学生有人，“优秀”的学生有3人，将三名优秀学生分别记为A，B，C，两名良好的学生分别记为a，b，则这5人中选2人的基本事件有：共10种，其中至少有一人是“优秀”的基本事件有：共9种，所以至少有一人是“优秀”的概率是由第三、四、五组的人数成等差数列得，①又三，四，五组的频率和为，②由①②可得第五组人数频率为，第四、五组人数的频率为，故初试时笔试成绩得分从高到低排名在18%的学生分数在第四组，设至少得x分能进入面试，则，即根据频率分布直方图估计初试时笔试成绩至少得到分才能直接进入复试．17．如图，在底面是菱形的四棱锥中，，，，，为线段上一点，且.(1)若为的中点，证明：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于，连接，因为四边形是菱形，所以为的中点.可证为的中点，即可求证，由线面平行的判定定理即可证明.（2）连接，可证明平面，即可建立空间直角坐标系，求出对应点坐标和对应平面的法向量即可求解二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接交于，连接，因为四边形是菱形，所以为的中点.又因为，为的中点，所以为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）连接，因为，所以，因为，所以，而，平面，所以平面.因为在菱形中，，所以是等边三角形，即,分别以直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角标系，由题意得，，，，由，得设平面的一个法向量为，由得令，得，取平面的一个法向量为，则，由图知，二面角的大小为锐二面角，所以二面角的余弦值为.18．中，已知.边上的中线为.(1)求；(2)从以下三个条件中选择两个，使存在且唯一确定，并求和的长度.条件①：；条件②；条件③.【答案】(1)(2)选择条件②和条件③；.【分析】（1）利用三角恒等变换对已知等式进行化简，即可求解；（2）根据（1）的结果，利用余弦定理可判断条件①错误；根据条件②和条件③，利用三角形面积公式可得，利用余弦定理可得，在中，利用正弦定理可得，进而得到，在中利用余弦定理可得.【详解】（1）解：因为，则，，又，解得：，故.（2）解：由（1）得，又余弦定理得：，所以，而条件①中，所以，显然不符合题意，即条件①错误，由条件②，条件③，解得，由余弦定理可得，所以.在中，由正弦定理可得，解得，又，所以，因为为边上的中线，所以，在中，由余弦定理可得，解得.故.19．已知椭圆的离心率为，右焦点为F，点A（a，0），且|AF|＝1．(1)求椭圆C的方程；(2)过点F的直线l（不与x轴重合）交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别与直线x＝4交于点P，Q，求∠PFQ的大小．【答案】(1)(2)∠PFQ＝90°【分析】（1）由题意得求出a，c，然后求解b，即可得到椭圆方程．（2）当直线l的斜率不存在时，验证，即∠PFQ＝90°．当直线l的斜率存在时，设l：y＝k（x﹣1），其中k≠0．联立得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0．由题意，知Δ＞0恒成立，设M（x1，y1），N（x2，y2），利用韦达定理，结合直线MA的方程为．求出、．利用向量的数量积，转化求解即可．【详解】（1）由题意得解得a＝2，c＝1，从而，所以椭圆C的方程为．（2）当直线l的斜率不存在时，有，，P（4，﹣3），Q（4，3），F（1，0），则，，故，即∠PFQ＝90°．当直线l的斜率存在时，设l：y＝k（x﹣1），其中k≠0．联立得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0．由题意，知Δ＞0恒成立，设M（x1，y1），N（x2，y2），则，．直线MA的方程为，令x＝4，得，即，同理可得．所以，．因为0，所以∠PFQ＝90°．综上，∠PFQ＝90°．20．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若，求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）利用导数的几何意义求在处的切线方程即可.（2）将问题转化为证明在上恒成立，求导得，构造中间函数求判定的单调性和零点的区间，进而得到，再利用导数研究在所在区间的符号，即可证结论.【详解】（1）由题设，，则，所以，而，所以曲线在点处的切线方程为.（2）由，即，令且定义域为，所以，若