2024北京通州区高二（上）期末数学试题和答案

试题PAGE1试题2024北京通州高二（上）期末数学2024年1月本试卷共4页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，请将答题卡交回．第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40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.已知等差数列，则等于（）A. B.0 C.2 D.52.已知P为双曲线右支上一点，为双曲线的左右焦点，等于（）A.8 B.6 C.4 D.33.已知椭圆的左右焦点为，上下顶点为，若四边形为正方形，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.4.已知点在抛物线上，且点A到抛物线准线的距离为3，则等于（）A.1 B.2 C. D.5.已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（）A. B. C. D.6.已知数列，则等于（）A.511 B.1022 C.1023 D.20477.已知等差数列的前项和为，若，公差，则（）A.有最大值为 B.有最大值为C.有最大值为30 D.有最小值为308.已知首项为，公比为q的等比数列，其前n项和为，则“”是“单调递增”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件9.已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与C交于，两点，若面积是面积的2倍，则m等于（）A.6 B. C. D.10.已知数列的通项公式为，给出下列四个结论：①数列为单调递增数列，且存在常数，使得恒成立；②数列为单调递减数列，且存在常数，使得恒成立；③数列为单调递增数列，且存在常数，使得恒成立；④数列为单调递减数列，且存在常数，使得恒成立．其中正确结论的个数有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.已知等比数列，则__________．12.若抛物线的准线经过双曲线的左焦点，则__________．13.已知数列的通项公式是，使数列中存在负数项的一个t的值为__________．14.如图，一隧道内设双行线公路，其截面由一个长方形和抛物线构成．为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上高度之差不小于，已行车道AB总宽度，则车辆通过隧道的限制高度为__________m．15.已知曲线．关于曲线W有四个结论：①曲线W既是轴对称图形又是中心对称图形；②曲线W的渐近线方程为；③当时曲线W为双曲线，此时实轴长为2；④当时曲线W为双曲线，此时离心率为．则所有正确结论的序号为__________．三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．16.已知圆，点．（1）求圆C的圆心坐标及半径；（2）求过P点的圆C的切线方程．17.已知直线与抛物线相交于A，B两点．（1）求弦长及线段的中点坐标；（2）试判断以为直径的圆是否经过坐标原点O？并说明理由．18.设数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个符合题目要求的条件作为已知，完成下列问题．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．条件①：且;条件②：且；条件③：且．注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求点B到平面的距离．20.已知椭圆，点A，B为椭圆C的左右顶点（A点在左），，离心率为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点的直线与椭圆C交于（与A，B不重合）两点，直线与交于点P，证明：点P在定直线上．21.已知数列满足：．（注：）（1）若，求及数列的通项公式；（2）若，求的值．

参考答案第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40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.【答案】B【分析】设出等差数列的公差为，建立等量关系求解即可.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，解得：，.故选：B.2.【答案】B【分析】由双曲线的定义即可求出结果.【详解】因为P为双曲线右支上一点，所以.故选：B.3.【答案】C【分析】根据四边形为正方形得到的关系，结合离心率计算公式求解出结果.【详解】因为四边形为正方形，所以，所以，所以，故选：C.4.【答案】D【分析】由抛物线的定义可求出，再由即可求出结果.【详解】由抛物线的定义知，点A到抛物线准线的距离为，所以，又，所以.故选：D.5.【答案】A【分析】先根据离心率计算出的值，然后根据渐近线方程为分析出结果.【详解】因为双曲线的离心率为，所以，所以，又因为的渐近线方程为，且，所以渐近线方程为，故选：A.6.【答案】C【分析】根据递推关系，利用累加法及等比数列求和公式得解.【详解】因为，所以，，，，，，累加可得：，所以.故选：C7.【答案】C【分析】利用等差数列的求和公式结合二次函数性质求解即可.【详解】由，公差得，，易知一定为正整数，且结合二次函数性质得当或时，取得最大值30，显然C正确.故选：C8.【答案】A【分析】由可判断充分性；取可判断必要性.【详解】在等比数列中，，则，当时，，所以单调递增，故充分性成立；当单调递增时，时，单调递增，但是推不出，故必要性不成立.故选：A.9.【答案】D【分析】利用面积关系，得到线段比例关系，设出直线与轴交点后求参数即可.【详解】易得，故，设，，直线与轴交点，面积为，面积为，由题意得面积是面积的2倍，则，化简得，结合，故，解得，即，故，解得.故选：D.10.【答案】B【分析】先根据的正负判断出的单调性，然后根据的单调性求解出的取值范围，由此可判断出正确结论.【详解】因为，所以，所以，所以为单调递减数列；又因为，当且，，当时，，所以，当时，恒成立，当时，恒成立，由上可知，②④正确，故选：B.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.【答案】27【分析】先求出公比，然后代入即可求解.【详解】由题意（为公比），所以.故答案为：27.12.【答案】4【分析】根据双曲线的方程得出其左焦点为，根据抛物线的方程得出其准线为，再根据条件即可求出结果.【详解】因为双曲线的左焦点为，又抛物线的准线为，所以，得到，故答案为：.13.【答案】（答案不唯一，中的一个值）【分析】记，然后分类讨论、，当以及时可直接根据通项公式的取值正负作出判断，当时，根据的正负作出判断，由此可求解出结果.【详解】记，当时，即，显然恒成立，不满足要求；当时，或，若，则，所以恒成立，不满足要求；若，此时，必然满足数列中存在负数项，由上可知，的可取值的范围是，故可取，故答案为：（答案不唯一，中的一个值）.14.【答案】【分析】先求出抛物线的解析式，再根据题意判断该隧道能通过的车辆的最高高度即可得到结论.【详解】取隧道截面，抛物线的顶点为原点，对称轴为轴，建立直角坐标系，设抛物线方程为，由图易知抛物线过点，所以，得到，故抛物线方程为，又行车道AB总宽度，将代入，得到，所以限制高度为，故答案为：.15.【答案】①②④【分析】①根据以代换、代换、以代换，代换后方程是否变化作出判断；②根据、时的关系式作出判断；③根据的关系式判断是否为双曲线，然后通过将图形顺时针旋转再作出判断；④根据的关系式判断是否为双曲线，结合③中的旋转过程以及渐近线方程可求解出离心率.【详解】①以代换可得方程，即为，故曲线关于轴对称，以代换可得方程，即为，故曲线关于轴对称，以代换，代换可得方程，即为，故曲线关于原点成中心对称，所以曲线既关于轴对称，也关于轴对称，同时关于原点成中心对称，故①正确；②如下图：当时，，可知渐近线为；当时，，可知渐近线为；所以曲线的渐近线方程为，故②正确；③当时，，显然此时曲线为双曲线，因为与的交点为，所以，将双曲线绕原点顺时针旋转，如下图：此时双曲线与轴的交点为，所以，所以实轴长为，故③错误；④当时，，显然此时曲线为双曲线，将双曲线绕原点顺时针旋转，此时渐近线方程为，所以，所以离心率，故④正确，故答案为：①②④.【点睛】结论点睛：曲线的方程为，①如果，则曲线关于轴对称；②如果，则曲线关于轴对称；③如果，则曲线关于原点成中心对称.三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．16.【答案】（1）圆心坐标为，半径为（2）或【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，求得圆心和半径；（2）先考虑切线斜率不存在，直接分析即可；再考虑切线斜率存在，根据圆心到直线的距离等于半径可求结果.【小问1详解】将圆的一般方程化为标准方程可得：，所以圆心坐标为，半径为.【小问2详解】当切线斜率不存在时，切线方程为，此时，不符合题意；当切线斜率存在时，设过P点的切线方程为，即，圆心到直线的距离，解得或，当时，切线方程为，当时，切线方程为，即，综上所述，过P点的圆C的切线方程为或．17.【答案】（1），中点坐标为（2）以为直径的圆不经过坐标原点O，理由见解析【分析】（1）设出坐标，联立直线与抛物线方程得到横坐标的韦达定理形式，根据弦长公式结合韦达定理可求，根据的值可求线段的中点坐标；（2）根据韦达定理计算出的值，然后可判断出结果.【小问1详解】设，联立，消去y整理得，且，所以，所以，又因为，所以线段的中点坐标为．【小问2详解】以为直径的圆不经过坐标原点O．因为，所以与不垂直，故以为直径的圆不经过坐标原点O．18.【答案】（1）选择条件①：，不合题意；选择条件②：；选择条件③：（2）选择条件②：；选择条件③：.【分析】（1）选①，利用等差数列的性质转化为首项和公差的方程组，求出公差不符合题意，选②，③利用等差数列的性质转化为首项和公差的方程组，求出首项和公差即可求出通项公式.（2）将第一问结论代入，再利用裂项相消即可求出结果.【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为d．选择条件①：且，解得，不合题意．选择条件②：且，由等差数列的通项公式及前n项和公式得解得．所以等差数列的通项公式为．选择条件③：且，由等差数列前n项和公式得解得．所以等差数列的通项公式为．【小问2详解】选择条件②：因为，所以，．选择条件③：因为，所以．所以．19.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出面面角的余弦值；（3）利用点到平面距离的向量公式求解即可.【小问1详解】因为为正方形，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】因为平面，平面，所以，，又，所以两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图，由，则，，设平面的法向量，则，令，则，所以，又因为平面，所以为平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.【小问3详解】因为平面的法向量，，所以，所以点B到平面的距离为.20.【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）根据条件先求解出的值，然后根据求得的值，则椭圆方程可知；（2）设出方程以及坐标，然后联立直线与椭圆方程得到纵坐标的韦达定理形式，表示出直线的方程并得到点横坐标满足的关系式，结合韦达定理可求点横坐标，由此完成证明.【小问1详解】由题意可知：，所以，所以，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】证明：由题意，直线的斜率不为0，设直线，，联立可得，显然，所以，所以，又因为，所以，令，则，解得，即，所以点P在定直线上.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用，涉及椭圆方程求解、椭圆中定直线问题，对学生的计算能力要求较高，难度较大.解答本题第二问的关键在于：利用纵坐标的韦达定理关系表示出直线与直线的交点的横坐标，根据坐标判断出点是否位于定直线上.21.【答案】（1），（2）199【分析】（1）根据递推关系式可得，再写出，两式相减化简可得数列成等比数列，即可得解；（2）根据递推关系得出，再写出两式相减可得数列为等差数列，求出通项公式可得，再由（1）可