2022-2023學年北京市師大附中高二上學期數學期末試題一、單選題1．已知向量，且，那么（

）A． B．9 C． D．18【答案】D【分析】，則，使得，據此計算即可.【詳解】依題意，由可知，，使得，于是，解得于是.故選：D.2．已知為原點，點，以為直徑的圓的方程為(

)A． B．C． D．【答案】A【分析】求圓的圓心和半徑，根據圓的標準方程即可求解﹒【詳解】由題知圓心為，半徑，∴圓的方程為﹒故選：A﹒3．已知雙曲線的漸近線方程為，則實數m的值為（

）A． B．4 C． D．【答案】B【分析】利用雙曲線方程得出，再利用漸近線定義得，解方程求出值.【詳解】已知方程表示的曲線為雙曲線，所以，該雙曲線的漸近線為，又，得出故選：B.4．若拋物線的焦點與橢圓的一個焦點重合，則該拋物線的準線方程為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出橢圓的焦點坐標即是拋物線的焦點坐標，即可求出準線方程.【詳解】∵橢圓的右焦點坐標為，∴拋物線的焦點坐標為，∴拋物線的準線方程為，故選：D.5．已知直線l過點，且與直線垂直，則直線l的一般式方程為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題意設直線方程為，然后將點坐標代入求出，從而可求出直線方程【詳解】因為直線與直線垂直，所以設直線方程為，因為直線過點，所以，得，所以直線方程為，故選：B.6．布達佩斯的伊帕姆維澤蒂博物館收藏的達·芬奇方磚，在正六邊形上畫了具有視覺效果的正方體圖案（如圖1），把三片這樣的達·芬奇方磚形成圖2的組合，這個組合表達了圖3所示的幾何體．若圖3中每個正方體的棱長為1，則點A到平面的距離是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空間直角坐標系，求平面的法向量，用點到平面的距離公式計算即可.【詳解】建立空間直角坐標系如圖所示：則，，，，，，設平面的法向量為，則，即，則平面的一個法向量為，則點A到平面的距離.故選：C7．如圖，在正方體中，E是棱CD上的動點．則下列結論不正確的是（

）A．平面B．C．直線AE與所成角的范圍為D．二面角的大小為【答案】C【分析】由平面平面，平面，即可判斷A；建立空間直角坐標系計算即可判斷選項B；求的范圍即可判斷選項C；先找出二面角的平面角為即可判斷選項D，進而可得正確選項．【詳解】對于選項A：因為平面平面，平面，所以平面，故選項A正確；如圖建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則，，，，，對于選項B：，，因為，所以，即，故選項B正確；對于選項C：，，設直線與所成角為，則，當時最大等于，此時最小為，當時最小等于0，此時最大為，所以，即直線與所成角的范圍為，故選項C不正確；對于選項D：二面角即二面角，因為，，平面，平面，所以即為二面角的平面角，在正方形中，，所以二面角的大小為，故選項D正確，故選：C.8．設是首項為正數的等比數列，公比為q，則“”是“對任意正整數n，”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】根據充分條件和必要條件的定義判斷．【詳解】是首項為正數的等比數列，若公比，則數列中奇數項為正，偶數項為負，一定有，充分性滿足，但是時，數列各項均為正，，也就是說時，得不出，不必要．故選：A．9．在平面直角坐標系中，圓的方程為，若直線上至少存在一點，使得以該點為圓心，半徑為1的圓與圓有公共點，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】化圓的方程為，求出圓心與半徑，由題意，只需與直線有公共點即可．【詳解】解：圓的方程為，整理得：，即圓是以為圓心，1為半徑的圓；又直線上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓有公共點，只需圓與直線有公共點即可．設圓心到直線的距離為，則，即，．的最小值是．故選：．【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，將條件轉化為“與直線有公共點”是關鍵，考查學生靈活解決問題的能力，屬于中檔題．10．已知曲線，點，下面有四個結論：①曲線C關于x軸對稱；②曲線C與y軸圍成的封閉圖形的面積不超過4；③曲線C上任意點P滿足；④曲線C與曲線有5個不同的交點．則其中所有正確結論的序號是（

）A．②③ B．①④ C．①③④ D．①②③【答案】D【分析】根據點對稱即可判斷①；根據橢圓的幾何性質可判斷②；根據雙曲線和橢圓上的點到的距離可做出判斷③；由直線與曲線的關系可判斷④.【詳解】①：在上時，也在上，曲線關于軸對稱，故①對；②：當，此時曲線是橢圓的右半部分.矩形的面積為封閉圖形面積不超過故②對；③：當時，，，當時，，當時，，綜上，可知曲線上任意點滿足，故③對.④：與曲線相交于點，與曲線相交于點，當時，，此時雙曲線的漸近線方程為，與，平行，故不會有交點.所以共有3個交點，故④錯.故選：D.二、填空題11．已知等比數列中，，則數列的前5項和____________．【答案】【分析】設等比數列的公比為q，由條件結合等比數列通項公式列方程求q，利用等比數列求和公式求．【詳解】設等比數列{an}的公比為q，因為，，所以，解得，則數列的前5項和.故答案為：．12．已知圓，若直線與圓C相交得到的弦長為，則____________．【答案】##-0.75【分析】根據圓的標準方程求出圓心坐標和半徑，利用點到直線的距離公式和幾何法求出圓的弦長，列出關于k的方程，解之即可.【詳解】由圓，得圓心，半徑，則圓心到直線即的距離為，所以，有，解得.故答案為：.13．已知橢圓的兩個焦點分別為，離心率為，點在橢圓上，若，則的面積為____________．【答案】3【分析】根據已知可得，，.根據橢圓的定義有，根據有.即可求出，進而求出三角形的面積.【詳解】由已知可得，，，所以，.因為點在橢圓上，由橢圓的定義可得，，所以.又，所以為直角三角形，則，所以，所以.故答案為：3.14．已知正方體的棱長為2，點M，N分別是棱BC，C1D1的中點，點P在平面內，點Q在線段A1N上，若，則PQ長度的最小值為____.【答案】1【分析】取的中點，連接，得到，求得，得到點在以為圓心，1為半徑的半圓上，在平面圖形中，求得，結合，即可求解.【詳解】如圖所示，取的中點，連接，則平面，所以，因為，正方體的棱長為2，是的中點，所以，所以點在以為圓心，1為半徑的位于平面內的半圓上，單獨畫出平面及相關點、線，如圖所示，所以點到的距離減去半徑就是長度的最小值，連接，作交于，則，所以，解得所以長度的最小值為.故答案為：.三、雙空題15．角谷猜想又稱冰雹猜想，是指任取一個正整數，如果它是奇數，就將它乘以3再加1；如果它是偶數，則將它除以2．反復進行上述兩種運算，經過有限次步驟后，必進入循環圈．如取正整數，根據上述運算法則得出，共需要經過8個步驟變成1（簡稱為8步“雹程”），已知數列滿足：（m為正整數），①若，則使得至少需要_______步雹程；②若；則m所有可能取值的和為_______．【答案】

9

385【分析】根據題目所給的步驟逐步計算即可.【詳解】m=13，依題意，，共9共步驟；若，，

或，若，若，的集合為，其和為385；故答案為：9,385.四、解答題16．已知公差不為零的等差數列的前項和為，若，且成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和．【答案】（1）；（2）【分析】（1）根據為等差數列，前項和為，，且成等比數列．利用公式即可求解公差和首項，可得數列的通項公式；（2）將的帶入求解的通項公式，利用“裂項求和”即可得出．【詳解】（1）根據為等差數列，．前項和為，且，即，…①∵成等比數列．可得：．∴…②由①②解得：，∴數列的通項公式為（2）由，即=．那么：數列的前項和.【點睛】本題考查了等差數列與等比數列的通項公式及其前n項和公式、“裂項求和”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．17．如圖.在正方體中，E為的中點．(1)求證：平面ACE；(2)求直線AD與平面ACE所成角的正弦值．【答案】(1)證明見詳解(2)【分析】（1）連連接BD與AC交于點O，根據中位線定理可知，然后根據線面平行的判定定理可得.（2）建立空間直角坐標系，計算，平面的一個法向量，然后根據空間向量的夾角公式計算即可.【詳解】（1）如圖所示：，連接BD與AC交于點O，因為O，E為中點，所以,又平面，平面，所以平面；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系令，所以設平面的一個法向量為所以，令所以，所以直線AD與平面ACE所成角的正弦值18．如圖，在三棱柱中，平面，是邊長為的正三角形，分別為的中點．(1)求證：平面．(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明，，進而根據判定定理即可證明；（2）取的中點為，連接，證明，，進而建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，利用坐標法求解即可；【詳解】（1）解：在三棱柱中，因為平面，平面，所以．又為等邊三角形，為的中點，所以．因為平面，所以平面．（2）解：取的中點為，連接，因為在三棱柱中，四邊形為平行四邊形，分別為的中點，所以，因為平面，平面，所以所以．由（1）知，故建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，由題意得所以，．設平面的法向量，則，令，則，所以．由題意可知，平面的一個法向量因為．由已知可得二面角為銳角，所以二面角的余弦值為．19．已知橢圓：的離心率為，且經過點，（1）求橢圓的標準方程；（2）過點作直線與橢圓相較于，兩點，試問在軸上是否存在定點，使得兩條不同直線，恰好關于軸對稱，若存在，求出點的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）存在，使得兩條不同直線，恰好關于軸對稱.【解析】（1）將點坐標代入方程，結合離心率公式及，即可求出，進而可求得橢圓的標準方程；（2）設直線l的方程為，與橢圓聯立，可得，的表達式，根據題意可得，直線，的斜率互為相反數，列出斜率表達式，計算化簡，即可求出Q點坐標.【詳解】（1）有題意可得，解得，所以橢圓的方程為.（2）存在定點，滿足直線，恰好關于x軸對稱，設直線l的方程為，由，聯立得，，設，定點，由題意得，所以，因為直線，恰好關于x軸對稱，所以直線，的斜率互為相反數，所以，即，所以，即，所以，即，所以當時，直線，恰好關于x軸對稱，即.綜上，在軸上存在定點，使直線，恰好關于x軸對稱.【點睛】本題考查橢圓的方程及幾何性質，考查直線與橢圓的位置關系問題，解題的關鍵是將條件：直線，恰好關于x軸對稱，轉化為直線，的斜率互為相反數，再根據韋達定理及斜率公式，進行求解，考查分析理解，計算求值的能力，屬中檔題.20．已知拋物線E：x2＝2py(p>0)的焦點為F，A(2，y0)是E上一點，且|AF|＝2.（1）求E的方程；（2）設點B是E上異于點A的一點，直線AB與直線y＝x－3交于點P，過點P作x軸的垂線交E于點M，證明：直線BM過定點.【答案】（1）x2＝4y；（2）證明見解析.【解析】（1）利用拋物線的定義與性質求得的值，即可寫出拋物線方程；（2）設點、，由直線的方程和拋物線方程聯立，消去，利用韋達定理和、、三點共線，化簡整理可得的方程，從而求出直線所過的定點．【詳解】（1）由題意得，解得，所以，拋物線的標準方程為.（2）證明：設點、，設直線的方程為，聯立，消去得，由韋達定理得，，由軸以及點在直線上，得，則由、、三點共線，得，整理得，將韋達定理代入上式并整理得，由點的任意性，得，得，所以，直線的方程為，即直線過定點.【點睛】本題考查了拋物線的性質，直線和拋物線的位置關系，以及直線過定點的應用問題，利用韋達定理處理由、、三點共線是解第二問的關鍵，是中檔題．21．已知有限數列為單調遞增數列．若存在等差數列，對于A中任意一項，都有，則稱數列A是長為m的數列．（1）判斷下列數列是否為數列（直接寫出結果）：①數列1，4，5，8；②數列2，4，8，16．（2）若，證明：數列a，b，c為數列；（3）設M是集合的子集，且至少有28個元素，證明：M中的元素可以構成一個長為4的數列．【答案】（1）①數列，，，是數列；②數列，，，是數列；（2）證明見解析；（3）證明見解析．【分析】（1）由數列的新定義，可直接判定，得到答案；（2）分當，和三種情況討論，結合數列的新定義，即可求解；（3）假設中沒有長為的數列，先考慮集合，得到存在一個，使得中沒有一個元素屬于，再考慮集合，得到存在一個，使得中沒有一個元素屬于，進而證得集合中至多有個元素，即可得到結論.【詳解】（1）由數列的新定義，可得數列，，，是數列；數列，，，是數列．（2）①當時，令，，，，所以數列，，，為等差數列，且，所以數列，，為數列．②當時，令，，，，所以數列，，，為等差數列，且．所以數列，，為數列．③當時，令，，，，所以數列，，，為等差數列，且．所以數列，，為數列．綜上，若，數列，，為數列．（3）假設中沒有長為的數列，考慮集合，，，，．因為數列，，，，是一個共有5項的等差數列，所以存在一個，使得中沒有一個元素屬于．對于其余的，再考慮集合，，，，．因為，，，，是一個共有5項的等差數列，所以存在一個，使