1、北京市朝阳区20212022学年度高二第一学期期末质量检测 数学试卷（考试时间120分钟 满分150分）本试卷分为选择题（共50分）和非选择题（共100分）两部分第一部分（选择题 共50分）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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）点到直线的距离是 （A） （B） （C） （D）（2）与的等差中项是 （A） （B） （C） （D）（3）已知直线过点，且与直线垂直，则直线的方程是（A） （B） （C） （D）（4）已知函数，则（A） （B） （C） （D）（5）已知圆与圆外切，则（A） （B） （C） （D）（6）曲线在点处的切线
2、方程为（A） （B） （C） （D）（7）已知等比数列的公比为，则“”是“为递减数列”的（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件（8）点是正方体的底面内（包括边界）的动点给出下列三个结论： 满足的点有且只有个； 满足的点有且只有个； 满足平面的点的轨迹是线段则上述结论正确的个数是 （A） （B） （C） （D）（9） 已知，是圆上的两点，是直线上一点，若存在点，使得，则实数的取值范围是（A） （B） （C） （D）（10）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面
3、角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和例如：正四面体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为给出下列三个结论： 正方体在每个顶点的曲率均为； 任意四棱锥的总曲率均为； 若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数其中，所有正确结论的序号是（A）（B）（C）（D）第二部分（非选择题 共100分）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）（11）设函数，则 （12）已知抛物线的焦点到准线的距离为，则抛物线的标准方程为 （写出一个即可）（13
4、）日常生活中的饮用水通常是经过净化的随着水的纯净度的提高，所需净化费用不断増加己知将吨水净化到纯净度为时所需费用（单位：元）为 则净化到纯净度为时所需费用的瞬时变化率是净化到纯净度为时所需费用的瞬时变化率的_倍，这说明，水的纯净度越高，净化费用增加的速度越_（填“快”或“慢”） （14）已知双曲线的右焦点为，过点作轴的垂线，在第一象限与双曲线及其渐近线分别交于,两点若，则双曲线的离心率为 （15）已知数列的前项和为，则 ， （16）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆已知点，动点满足，记动点的轨迹为曲线，给出下列四
5、个结论： 曲线的方程为； 曲线上存在点，使得到点的距离为； 曲线上存在点，使得到点的距离大于到直线的距离； 曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为其中所有正确结论的序号是 三、解答题（本大题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）（17）（本小题13分） 已知是等差数列，（）求的通项公式；（）若数列是公比为的等比数列，求数列的前项和（18）（本小题13分） 如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，是的中点.（）求证：平面；（）求证：平面平面；（）设点是平面上任意一点，直接写出线段长度的最小值（不需证明） （19）（本小题15分） 如图，直四棱柱中，底面是边长为的正方形，点在棱上
6、.（）求证：； （）从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作为已知，使得平面，并给出证明条件：为的中点；条件：平面；条件：（）在（）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值（20）（本小题14分） 已知椭圆过点，离心率为 （）求椭圆的方程；（）过点作直线，与直线和椭圆分别交于两点，(与不重合)判断以为直径的圆是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，说明理由（21）（本小题15分）已知项数为的数列是各项均为非负实数的递增数列若对任意的， （），与至少有一个是数列中的项，则称数列具有性质（）判断数列，是否具有性质，并说明理由；（）设数列具有性质，求证：；（）若数列具有性质，且不是等差数列，求
7、项数的所有可能取值高二数学参考答案一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）（1）B（2）A（3）D（4）A （5） D（6）C（7）C（8）C（9）B （10）D二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）（11）（12）（答案不唯一） （13）；快（14） （15）； （16）三、解答题（共5小题，共70分）（17）（共13分）解：（）设等差数列的公差为由题意得解得，所以6分（）因为 是公比为的等比数列，又，所以， 所以 所以 13分（18）（共13分）解：（）设，连结因为底面为菱形，所以为的中点，又因为E是PC的中点，所以又因为平面，平面， 所以平面 5分（）因为底面为菱形，所以因为
8、底面，所以又因为,所以平面又因为平面，所以平面平面 10分（）线段长度的最小值为. 13分（19）（共15分）解：（）连结，.由直四棱柱知，平面，又平面，所以.因为为正方形， 所以.又，所以平面.又平面， 所以. 5分（）选条件、条件，可使平面证明如下：设，连结，.又，分别是，的中点，所以.因为，所以.由（）知平面，所以.又，所以平面. 10分（）选条件、条件，可使平面证明如下：设，连结.因为平面，平面，平面平面，所以.因为，所以.由（）知平面，所以.又，所以平面. 10分（）由（）可知，四边形为正方形，所以. 因为，两两垂直，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，所以，.由（）知平面的一个
9、法向量为.设平面的法向量为，则即令，则，于是 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为 15分（20）（共14分）解：（）由题意得， 又因为，所以所以椭圆的方程为 5分（）以为直径的圆过定点理由如下：当直线斜率存在时，设直线的方程为（）令，得,所以由得，则或，所以设是以为直径的圆上的任意一点，则，由题意，则以为直径的圆的方程为即恒成立.即解得故以为直径的圆恒过定点.当直线斜率不存在时，以为直径的圆也过点.综上，以为直径的圆恒过定点. 14分（21）（共15分）解：（）数列，不具有性质 因为，和均不是数列，中的项，所以数列，不具有性质 4分（）记数列的各项组成的集合为，因为，由数列具有性质，所以，即，所以设，因为，所以又，所以， 将上面的式子相加得所以 10分（）（i）当时， 由（）知，这与数列不是等差数列矛盾，不合题意 （ii）当时，存在数列，符合题意，故可取（iii）当时，由（）知，当时，所以，又，所以，所以由，得，所以由两式相减得，这与数列不是等差数列矛盾，不合题意综上，满足题设的的可能取值只有 15分高二数学试卷 第 11 页（共 11 页）