北京市西城35中2023年數學高二上期末檢測試題含解析

北京市西城35中2023年數學高二上期末檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．“”是“圓與軸相切”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件2．如圖，在長方體中，，E，F分別為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.3．如圖，在棱長為1的正方體中，M是的中點，則點到平面MBD的距離是（）A. B.C. D.4．已知A（3，2），點F為拋物線的焦點，點P在拋物線上移動，為使取得最小值，則點P的坐標為（）A.（0，0） B.（2，2）C. D.5．過雙曲線的左焦點作x軸的垂線交曲線C于點P，為右焦點，若，則雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.6．已知，，則的最小值為（）A. B.C. D.7．已知圓C的圓心在直線上，且與直線相切于點，則圓C方程為（）A. B.C. D.8．已知、，直線，，且，則的最小值為（）A. B.C. D.9．若數列滿足，，則數列的通項公式為（）A. B.C. D.10．在下列函數中，求導錯誤的是（）A.， B.，C.， D.，11．已知點，是橢圓：的左、右焦點，是的左頂點，點在過且斜率為的直線上，為等腰三角形，且，則的離心率為（）A. B.C. D.12．若，則圖像上的點的切線的傾斜角滿足（）A.一定為銳角 B.一定為鈍角C.可能為 D.可能為直角二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線的左、右焦點分別為，雙曲線左支上點滿足，則的面積為_________14．在銳角中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c．若，，，則的面積為_________15．已知函數，則______16．設，則_________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓的離心率，連接橢圓的四個頂點得到的菱形的面積為（1）求橢圓的方程；（2）設直線與橢圓相交于不同的兩點，已知點的坐標為，若，求直線的方程18．（12分）求適合下列條件的橢圓的標準方程：（1）經過點，；（2）長軸長是短軸長的3倍，且經過點19．（12分）等比數列中，，（1）求的通項公式；（2）記為的前n項和．若，求m的值20．（12分）已知橢圓與雙曲線有相同的焦點，且的短軸長為（1）求的方程；（2）若直線與交于P，Q兩點，，且的面積為，求k21．（12分）已知等比數列中，，數列滿足，（1）求數列的通項公式；（2）求證：數列為等差數列，并求前項和的最大值22．（10分）已知拋物線C：，過點且斜率為k的直線與拋物線C相交于P，Q兩點.（1）設點B在x軸上，分別記直線PB，QB的斜率為.若，求點B的坐標；（2）過拋物線C的焦點F作直線PQ的平行線與拋物線C相交于M，N兩點，求的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】根據充分不必要條件的定義和圓心到軸的距離求出可得答案.【詳解】時，圓的圓心坐標為，半徑為2，此時圓與軸相切；當圓與軸相切時，因為圓的半徑為2，所以圓心到軸的距離為，所以，“”是“圓與軸相切”的充分不必要條件故選：A2、A【解析】利用平行線，將異面直線的夾角問題轉化為共面直線的夾角問題，再解三角形.【詳解】取BC中點H，BH中點I，連接AI、FI、，因為E為中點，在長方體中，，所以四邊形是平行四邊形，所以所以，又因為F為的中點，所以，所以，則即為異面直線與所成角(或其補角).設AB=BC=4，則，則,，根據勾股定理：，，，所以是等腰三角形，所以.故B，C，D錯誤.故選：A.3、A【解析】等體積法求解點到平面的距離.【詳解】連接，，則，，由勾股定理得：，，取BD中點E，連接ME，由三線合一得：ME⊥BD，則，故，設到平面MBD的距離是，則，解得：，故點到平面MBD的距離是.故選：A4、B【解析】設點P到準線的距離為，根據拋物線的定義可知，即可根據點到直線的距離最短求出【詳解】如圖所示：設點P到準線的距離為，準線方程為，所以，當且僅當點為與拋物線的交點時，取得最小值，此時點P的坐標為故選：B5、D【解析】由題知是等腰直角三角形，，又根據通徑的結論知，結合可列出關于的二次齊次式，即可求解離心率.【詳解】由題知是等腰直角三角形，且，，又，，即，，，即，解得，，.故選：D.6、B【解析】將代數式展開，然后利用基本不等式可求出該代數式的最小值.【詳解】，，由基本不等式得，當且僅當時，等號成立.因此，的最小值為.故選B.【點睛】本題考查利用基本不等式求最值，在利用基本不等式時要注意“一正、二定、三相等”條件的成立，考查計算能力，屬于中等題.7、C【解析】設出圓心坐標，根據垂直直線的斜率關系求得圓心坐標，結合兩點距離公式得半徑，即可得圓方程【詳解】設圓心為，則圓心與點的連線與直線l垂直，即，則點，所以圓心為，半徑，所以方程為，故選：C8、D【解析】先由，可得，變形得，所以，化簡后利用基本不等式求解即可【詳解】因為、，直線，，且，所以，即，所以，所以，所以，當且僅當，即時，取等號，所以的最小值為，故選：D9、B【解析】根據等差數列的定義和通項公式直接得出結果.【詳解】因為，所以數列是等差數列，公差為1，所以.故選：B10、B【解析】分別求得每個函數的導數即可判斷.詳解】；；；.故求導錯誤的是B.故選：B.11、D【解析】設，先求出點，得，化簡即得解【詳解】由題意可知橢圓的焦點在軸上，如圖所示，設，則，∵為等腰三角形，且，∴.過作垂直軸于點，則，∴，，即點.∵點在過點且斜率為的直線上，∴，解得，∴.故選：D【點睛】方法點睛：求橢圓的離心率常用的方法有：（1）公式法（求出橢圓的代入離心率的公式即得解）；（2）方程法（通過已知找到關于離心率的方程解方程即得解）.12、C【解析】求出導函數，判斷導數的正負，從而得出結論【詳解】，時，，遞減，時，，遞增，而，所以切線斜率可能為正數，也可能為負數，還可以為0，則傾斜角可為銳角，也可為鈍角，還可以為，當時，斜率不存在，而存在，則不成立.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、3【解析】由雙曲線方程可得，利用雙曲線定義，以及直角三角形的勾股定理可得，由此求得答案.【詳解】由雙曲線的左、右焦點分別為，雙曲線左支上點滿足，可得:，則，且，故，所以，故，故答案為：314、【解析】根據求出，由向量數量積得到，使用余弦定理得到方程組，求出，利用面積公式求出結果.【詳解】因為，所以，即，而因為是銳角三角形，所以，所以，所以，因為，所以，即，因為，所以，整理得：①，其中，即，因為，所以，即，解得：②，把②代入①得：，解得：，則的面積為.故答案為：15、【解析】根據導數的定義求解即可【詳解】由，得，所以，故答案為：16、【解析】求出函數的導數，再令，即可得出答案.【詳解】解：由，得，所以.故答案為：.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】（1）由離心率公式以及橢圓的性質列出方程組得出橢圓的方程；（2）聯立直線和橢圓方程，利用韋達定理得出點坐標，最后由距離公式得出直線的方程【小問1詳解】由題意可得，得，，橢圓；【小問2詳解】設，，直線為由，得顯然，由韋達定理有：，則；所以，且，若，解得，所以18、（1）；（2）或.【解析】（1）由已知可得，，且焦點在軸上，進而可得橢圓的標準方程；（2）由已知可得，，此時焦點在軸上，或，，此時焦點在軸上，進而可得橢圓的標準方程；【小問1詳解】解：橢圓經過點，，，，，且焦點在軸上，橢圓的標準方程為.【小問2詳解】解：長軸長是短軸長的3倍，且經過點，當點在長軸上時，，，此時焦點在軸上，此時橢圓的標準方程為；當點在短軸上時，，，此時焦點在軸上，此時橢圓的標準方程.綜合得橢圓的方程為或.19、（1）或；（2）5.【解析】（1）設的公比為q，解方程即得解；（2）分兩種情況解方程即得解.【小問1詳解】解：設的公比為q，由題設得由已知得，解得（舍去），或故或【小問2詳解】解：若，則由，得，解得若，則由，得，因為，所以此方程沒有正整數解綜上，20、（1）（2）或k=1.【解析】（1）根據題意求得雙曲線的焦點即知橢圓焦點，結合橢圓短軸長，可求得橢圓標準方程；（2）將直線方程和橢圓方程聯立，整理得，從而得到根與系數的關系式，然后求出弦長以及到直線PQ的距離，進而表示出，由題意得關于k的方程，解得答案.【小問1詳解】雙曲線即，故雙曲線交點坐標為，由此可知橢圓焦點也為，又的短軸長為，故，所以，故橢圓的方程為；【小問2詳解】聯立，整理得：，其，設，則，所以=，點到直線PQ的距離為，所以=，又的面積為，則=，解得或k=1.21、(1)；(2)證明見解析，10.【解析】(1)設出等比數列的公比q，利用給定條件列出方程求出q值即得；(2)將給定等式變形成，再推理計算即可作答.【詳解】(1)設等比數列的公比為q，依題意，，而，解得，所以數列的通項公式為；(2)顯然，，由得：，所以數列是以為首項，公差為-1的等差數列，其通項為，于是得，由得，而，則數列前4項都為非負數，從第5項起都是負數，又，因此數列前4項和與前