2024北京豐臺區(qū)高二（上）期末數(shù)學(xué)試題和答案

試題PAGE1試題2024北京豐臺高二（上）期末數(shù)學(xué)一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．已知直線l經(jīng)過A（﹣1，0），兩點，則直線l的傾斜角為（）A．30° B．60° C．120° D．150°2．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an+1＝﹣3an，S3＝7，則a1＝（）A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．33．已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，點P（m，n）在拋物線C上．若|PF|＝3，則m＝（）A．2 B．3 C．4 D．54．已知橢圓的焦點在x軸上，則m的取值范圍是（）A．3＜m＜7 B．3＜m＜5 C．5＜m＜7 D．m＞35．如圖，在四面體OABC中，，，．點M在OC上，且，N為AB的中點，則＝（）A． B． C． D．6．已知橢圓的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在橢圓C上．若∠F1PF2＝90°，則△F1PF2的面積為（）A．2 B．4 C．8 D．97．月相是指天文學(xué)中對于地球上看到的月球被太陽照亮部分的稱呼.1854年，愛爾蘭學(xué)者在大英博物館所藏的一塊巴比倫泥板上發(fā)現(xiàn)了一個記錄連續(xù)15天月相變化的數(shù)列，記為{an}，其將滿月等分成240份，ai（1≤i≤15且i∈N*）表示第i天月球被太陽照亮部分所占滿月的份數(shù)．例如，第1天月球被太陽照亮部分占滿月的，即a1＝5；第15天為滿月，即a15＝240．已知{an}的第1項到第5項是公比為q的等比數(shù)列，第5項到第15項是公差為d的等差數(shù)列，且q，d均為正整數(shù)，則a5＝（）A．40 B．80 C．96 D．1128．已知點P在由直線y＝x+3，y＝5和x＝﹣1所圍成的區(qū)域內(nèi)（含邊界）運動，點Q在x軸上運動．設(shè)點T（4，1），則|QP|+|QT|的最小值為（）A． B． C． D．9．如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱A1D1的中點，F(xiàn)為棱AA1上一動點．給出下列四個結(jié)論：①存在點F，使得EF∥平面ABC1；②直線EF與BC1所成角的最大值為；③點A1到平面ABC1的距離為；④點A1到直線AC1的距離為．其中所有正確結(jié)論的個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．410．過雙曲線的右焦點F引圓x2+y2＝a2的切線，切點為P，延長FP交雙曲線C的左支于點Q．若，則雙曲線C的離心率為（）A． B． C． D．二、填空題共5小題，每小題5分，共25分。11．（5分）已知向量，，若與共線，則λ＝．12．（5分）雙曲線的漸近線方程為．13．（5分）已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，能夠說明“對?n∈N*，若an+1＜an，則S2＜S1”是假命題的{an}的一個通項公式為an＝．14．（5分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點P（2，0），點Q在圓x2+y2＝8上運動，當(dāng)∠OQP取最大值時，PQ的長為．15．（5分）已知{an}是各項均為正數(shù)的無窮數(shù)列，其前n項和為Sn，且給出下列四個結(jié)論：①a2＜a1；②{an}各項中的最大值為2；③?k∈N*，使得ak＜1；④?n∈N*，都有Sn≥n+1．其中所有正確結(jié)論的序號是．三、解答題共6小題，共85分。解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程。16．（13分）已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a2﹣a1＝1，S5＝3a5．（Ⅰ）求{an}的通項公式；（Ⅱ）設(shè)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn．17．（14分）如圖，在四面體PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝AC＝1，D，E分別為PA，AB的中點．（Ⅰ）求證：DE∥平面PBC；（Ⅱ）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線PA與平面PBC所成角的正弦值．條件①：；條件②：△PBC為等邊三角形．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．18．（14分）已知圓C經(jīng)過A（1，1），B（2，﹣2）兩點，且圓心C在直線x﹣y+1＝0上．（Ⅰ）求圓C的方程；（Ⅱ）設(shè)直線l：3x+y+26＝0與圓C交于D，E兩點，求四邊形ABDE的面積．19．（15分）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，中，側(cè)面AA1C1C為正方形，平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，AB⊥AC1，AB＝AC＝2．（Ⅰ）求證：AB⊥AA1；（Ⅱ）若點F在棱CC1上，且平面ABF與平面ABB1A1夾角的余弦值為，求的值．20．（15分）已知橢圓W：+＝1（a＞b＞0）的左、右頂點分別為A，B，上頂點為C，△ABC的面積為2，橢圓W的離心率為．（Ⅰ）求橢圓W的方程；（Ⅱ）橢圓W上不同于頂點的兩點M，N關(guān)于y軸對稱，直線AM與直線BC交于點P，直線AN與直線BC交于點Q．設(shè)點R（2，2），求的值．21．（14分）已知數(shù)表，，，其中aij，bij，分別表示A（n，n），B（n，n），C（n，n）中第i行第j列的數(shù)．若cij＝ai1b1j+ai2b2j+…+ainbnj，則稱C（n，n）是A（n，n），B（n，n）的生成數(shù)表．（Ⅰ）若數(shù)表，，且C（2，2）是A（2，2），B（2，2）的生成數(shù)表，求C（2，2）；（Ⅱ）對?n∈N*，n≥3，數(shù)表，，B（n，n）與B（n﹣1，n﹣1）滿足第i行第j列的數(shù)對應(yīng)相同（i，j∈N*，i，j≤n﹣1）．C（n，n）是A（n，n），B（n，n）的生成數(shù)表，且．（?。┣骲33，；（ⅱ）若c23≤λ恒成立，求λ的最小值．

參考答案一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．【分析】求出直線的傾斜角，然后求出直線的斜率，再根據(jù)正切函數(shù)的性質(zhì)即可求解．【解答】解：設(shè)直線的傾斜角為α，則tanα＝，因為0°≤α＜180°，所以α＝60°．故選：B．【點評】本題考查了直線的傾斜角的求解，屬于基礎(chǔ)題．2．【分析】根據(jù)遞推關(guān)系式，結(jié)合S3＝7，得到S3＝a1﹣3a1+9a1＝7，即可求解結(jié)論．【解答】解：∵數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an+1＝﹣3an，S3＝7，故S3＝a1﹣3a1+9a1＝7a1＝7，故a1＝1．故選：C．【點評】本題主要考查數(shù)列遞推關(guān)系式的應(yīng)用，考查計算能力，屬于基礎(chǔ)題．3．【分析】根據(jù)拋物線的幾何性質(zhì)即可求解．【解答】解：根據(jù)題意可得|PF|＝＝1+m＝3，∴m＝2．故選：A．【點評】本題考查拋物線的幾何性質(zhì)，屬基礎(chǔ)題．4．【分析】根據(jù)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，列出不等式組，即可求解．【解答】解：由橢圓＝1的焦點在x軸上，則滿足，解得5＜m＜7．故選：C．【點評】本題考查了橢圓的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．5．【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合向量的線性運算，即可求解．【解答】解：，N為AB的中點，，，，則＝＝＝．故選：D．【點評】本題主要考查向量的線性運算，是基礎(chǔ)題．6．【分析】根據(jù)橢圓定義，可得|PF1|+|PF2|＝6，利用勾股定理，變形整理，即可求得結(jié)果．【解答】解：由橢圓定義可得|PF1|+|PF2|＝2a＝6，利用勾股定理可得，所以，解得2|PF1|?|PF2|＝16，即|PF1|?|PF2|＝8，則△F1PF2的面積為|PF1|?|PF2|＝4．故選：B．【點評】本題考查了橢圓的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．7．【分析】由已知條件和等比數(shù)列等差數(shù)列的性質(zhì)，得5q4+10d＝240，又q，d均為正整數(shù)，求解q的值得a5．【解答】解：依題意，有a5＝a1q4＝5q4，a15＝a5+10d＝5q4+10d＝240，q＝1時，d不是正整數(shù)；q＝2時，d＝16；q≥3時，5q4≥405，d不是正整數(shù)．所以q＝2，d＝16，a5＝a1q4＝80．故選：B．【點評】本題考查等差數(shù)列，等比數(shù)列的通項公式，屬于中檔題．8．【分析】求出T關(guān)于x軸的對稱點的坐標(biāo)，進而求出線段和的最小值．【解答】解：如圖，作出可行域（含邊界），其中點A（﹣1，2），B（﹣1，5），C（2，5），設(shè)點T關(guān)于x軸的對稱點為T'，則T′（4，﹣1），由平面幾何知識可知，當(dāng)點P為直線AT與直線y＝x+3的交點時，|QP|+|QT|取得最小值，此時|QP|+|QT|＝AP|+|AP|＝AP|．故選：C．【點評】本題考查點關(guān)于軸的對稱點的坐標(biāo)的求法，線段和的最小值的求法，屬于基礎(chǔ)題．9．【分析】由直線與平面平行的判定判斷①；求出兩異面直線所成角的最大值判斷②；求出點到平面與直線的距離判斷③與④．【解答】解：如圖，∵E為棱A1D1的中點，F(xiàn)為棱AA1上一動點，∴當(dāng)F為AA1的中點時，EF∥AD1，可得EF∥平面ABC1，故①正確；當(dāng)F與A1重合時，直線EF與BC1所成角的最大值為，故②錯誤；A1D⊥平面ABC1D1，則點A1到平面ABC1的距離為＝，故③正確；在Rt△AA1C1中，AA1＝2，，，作A1G⊥AC1，垂足為G，∴＝，故④正確．∴所有正確結(jié)論的個數(shù)為3個．故選：C．【點評】本題考查命題的真假判斷與應(yīng)用，考查空間中點、線、面間的位置關(guān)系，是中檔題．10．【分析】作出圖形，設(shè)雙曲線的左焦點為F′，過F′作F′M⊥FQ于點M，則易得|QM|＝b，|QF′|＝|QF|﹣2a＝3b﹣2a，|F′M|＝2a，然后在Rt△QF′M中，由勾股定理建立方程，即可求解．【解答】解：如圖所示：設(shè)雙曲線的左焦點為F′，過F′作F′M⊥FQ于點M，又OP⊥FQ，∴F′M∥OP，又|OP|＝a，∴|F′M|＝2a，∵O為F′F的中點，∴P為MP的中點，又，∴|QM|＝|MP|＝|PF|，又|OF|＝c，|OP|＝a，∴|PF|＝b，∴|QM|＝b，|QF|＝3b，∴|QF′|＝|QF|﹣2a＝3b﹣2a，又|F′M|＝2a，在Rt△QF′M中，由勾股定理可得：|QF′|2＝|F′M|2+|QM|2，∴（3b﹣2a）2＝4a2+b2，∴2b＝3a，∴，∴雙曲線C的離心率為＝＝＝＝．故選：D．【點評】本題考查了雙曲線的簡單幾何性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合思想，屬中檔題．二、填空題共5小題，每小題5分，共25分。11．【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合向量共線的性質(zhì)，即可求解．【解答】解：向量，，與共線，則，解得λ＝﹣4．故答案為：﹣4．【點評】本題主要考查向量共線的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．12．【分析】利用雙曲線方程求解漸近線方程即可．【解答】解：雙曲線的漸近線方程是：y＝±2x．故答案為：y＝±2x．【點評】本題考查雙曲線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．13．【分析】利用等差數(shù)列的性質(zhì)求解．【解答】解：等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，能夠說明“對?n∈N*，若an+1＜an，則S2＜S1”是假命題的{an}的一個通項公式為an＝﹣n+6．故答案為：﹣n+6（答案不唯一）．【點評】本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是基礎(chǔ)題．14．【分析】設(shè)，θ∈R，借助向量求出cos∠OQP的最小值，即可求得當(dāng)∠OQP取最大值時cosθ的值，從而求得Q的坐標(biāo)，再由兩點間的距離公式計算即可．【解答】解：因為點Q在圓x2+y2＝8上運動，所以設(shè)，θ∈R，，，則cos∠OQP＝＝＝＝＝，令，，則，所以＝，當(dāng)且僅當(dāng)時，即時等號成立，此時∠OQP最大，點Q的坐標(biāo)為（2，±2），所以當(dāng)∠OQP取最大值時，PQ的長為＝2．故答案為：2．【點評】本題考查直線與圓的位置關(guān)系，屬于中檔題．15．【分析】令n＝1，2計算即可判斷①；對條件式變形可得an＞1，Sn＞1，即可判斷③；計算可得an+1﹣an＜0，從而可判斷②；由an＞1，a1＝2及前n項和的定義計算可得Sn＞n+1，從而判定④．【解答】解：令n＝1，得＝1，即，解得a1＝2，令n＝2，得，因為an＞0，所以解得，故①正確．依題意有an＞0，Sn＞0，所以，所以有an＞1，Sn＞1，故③不正確，因為，所以，因為Sn顯然是隨著n的增大而遞增的，且Sn＞1，所以an+1﹣an＜0，即an+1＜an，所以數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，所以2＝a1≥an＞1，所以②正確．所以Sn＝a1+a2+a3+?＝2+a2+a3+???＞n+1，所以④正確．故答案為：①②④．【點評】本題考查由數(shù)列的遞推式研究數(shù)列的項，前n項和，屬于中檔題．三、解答題共6小題，共85分。解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程。16．【分析】（Ⅰ）由題意，利用等差數(shù)列通項公式即可求解；（Ⅱ）分組后利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的求和公式即可求解．【解答】解：（Ⅰ）已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a2﹣a1＝1，S5＝3a5，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得，解得，所以an＝a1+（n﹣1）d＝n；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，所以＝＝＝，則數(shù)列{bn}的前n項和Tn＝．【點評】本題考查了等差數(shù)列和等比數(shù)列的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．17．【分析】（Ⅰ）由線面平行的判定定理即可證明；（Ⅱ）選①②均可得到AB，AC，AP兩兩互相垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線PA的方向向量與平面PBC的法向量，由向量夾角公式計算即可．【解答】解：（Ⅰ）證明：因為D，E分別為PA，AB的中點，所以DE∥PB，因為DE?平面PBC，PB?平面PBC，所以DE∥平面PBC；（Ⅱ）選①：因為AB＝AC＝1，，所以AB2+AC2＝BC2，所以AB⊥AC，又因為PA⊥平面ABC，所以AB，AC，AP兩兩互相垂直，以A為坐標(biāo)原點，AB，AC，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則B（1，0，0），C（0，1，0），P（0，0，1），所以，，，設(shè)平面PBC的法向量為，則，令y＝1，則x＝z＝1，所以，設(shè)直線PA與平面PBC所成角為θ，則＝＝．選②：因為PA⊥平面ABC，PA＝AB＝AC＝1，所以，因為△PBC為等邊三角形，所以，因為AB＝AC＝1，，所以AB2+AC2＝BC2，所以AB⊥AC，又因為PA⊥平面ABC，所以AB，AC，AP兩兩互相垂直，以A為坐標(biāo)原點，AB，AC，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則B（1，0，0），C（0，1，0），P（0，0，1），所以，，，設(shè)平面PBC的法向量為，則，令y＝1，則x＝z＝1，所以，設(shè)直線PA與平面PBC所成角為θ，則＝＝．【點評】本題考查線面平行的證明和直線與平面所成角的求法，屬于中檔題．18．【分析】（Ⅰ）設(shè)C（a，a+1），利用|CA|＝|CB|，結(jié)合兩點間距離公式求出a的值，從而知圓心C與半徑，再寫出圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程即可；（Ⅱ）利用點到直線的距離公式，求得弦長|DE|，再證四邊形ABDE是平行四邊形，結(jié)合平行線間距離公式，求解即可．【解答】解：（Ⅰ）因為圓心C在直線x﹣y+1＝0上，所以設(shè)C（a，a+1），又A，B是圓C上兩點，所以|CA|＝|CB|，即，解得a＝﹣3，所以圓心C的坐標(biāo)為（﹣3，﹣2），半徑為，故圓C的方程為（x+3）2+（y+2）2＝25．（Ⅱ）過點C作l的垂線，垂足為P，則P為線段ED的中點，由點到直線的距離公式，得，所以，因為A（1，1），B（2，﹣2），所以|AB|＝＝|DE|，直線AB的方程為y﹣1＝（x﹣1），即3x+y﹣4＝0，而直線DE的方程為3x+y+26＝0，所以AB∥DE，所以四邊形ABDE是平行四邊形，因為AB，DE之間的距離，所以平行四邊形ABDE的面積為，故四邊形ABDE的面積為30．【點評】本題考查直線與圓的位置關(guān)系，熟練掌握兩點間的距離公式，弦長公式，兩條直線的位置關(guān)系，平行線間距離公式等是解題的關(guān)鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．19．【分析】（Ⅰ）由AA1C1C為正方形，推出AC⊥AA1，再由面面垂直推出線線垂直，再證明線面垂直，推出線線垂直；（Ⅱ）以A為原點，分別以AB，AA1，AC為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面ABF與平面ABB1A1法向量求解即可．【解答】證明：（Ⅰ）如圖，因為側(cè)面AA1C1C為正方形，所以AC⊥AA1．又平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C∩平面ABB1A1＝AA1，AC?平面AA1C1C，所以AC⊥平面ABB1A1，又AB?平面ABB1A1，所以AC⊥AB，又AB⊥AC1，且AC∩AC1＝A，AC，AC1?平面AA1C1C，所以AB⊥平面AA1C1C，又AA1?平面AA1C1C，所以AB⊥AA1；解：（Ⅱ）由（Ⅰ），以A為原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，0），C（0，0，2），C1（0，2，2），B（2，0，0），設(shè)，其中λ∈[0，1]，則，所以，又，由題意，為平面ABB1A1的一個法向量，設(shè)平面ABF的一個法向量為，則，所以，令y＝﹣1，y＝﹣1，z＝λ，所以，設(shè)平面ABF與平面ABB1A1的夾角為θ，則，解得，或（舍），所以．【點評】本題考查了空間位置關(guān)系的證明和向量法在空間角上的應(yīng)用，屬于中檔題．20．【分析】（Ⅰ）根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)，即可得解；（Ⅱ）設(shè)M（x0，y0）（x0y0≠0），分別聯(lián)立直線BC的方程與直線AM、AN的方程，結(jié)合橢圓的方程，可證xP+xQ＝0，yP+yQ＝0，進而知四邊形APRQ為平行四邊形，從而得解．【解答】解：（Ⅰ）由題意知，，解得a＝2，b＝1，c＝，故橢圓W的方程為．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，A（﹣2，0），B（2，0），C（0，1），所