5_5、北京市中国人民大学附属中学2021-2022学年高二上学期期末期末数学试题（原卷版）.docx

1、2022北京人大附中高二（上）期末数学学校_姓名_准考证号_考生须知1本样题共5页，共两部分，19道题，满分100分考试时间90分钟2在试卷和答题卡上准确填写学校名称、姓名和准考证号3答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效4在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答第一部分（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. 下列直线中，倾斜角为45的是（）A. B. C. D. 2. 若直线与直线垂直，则a的值为（）A. 2B. 1C. D. 3. 如图，在四面体中，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向

2、量，表示为（）A. B. C. D. 4. 平面与平面平行的充分条件可以是（）A平面内有一条直线与平面平行B. 平面内有两条直线分别与平面平行C. 平面内有无数条直线分别与平面平行D. 平面内有两条相交直线分别与平面平行5. 若双曲线（，）的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D. 26. 已知球O的半径为2，球心到平面的距离为1，则球O被平面截得的截面面积为（）A. B. C. D. 7. 如图，在三棱锥中，平面ABC，则点A到平面PBC的距离为（）A. 1B. C. D. 8. 如图，是平面上的两点，且，图中的一系列圆是圆心分别为，的两组同心圆，每组同心圆的半径分别是

3、1，2，3，A，B，C，D，E是图中两组同心圆的部分公共点.若点A在以，为焦点的椭圆M上，则（）A. 点B和C都在椭圆M上B. 点C和D都在椭圆M上C. 点D和E都在椭圆M上D. 点E和B都在椭圆M上9. 设为直线上任意一点，过总能作圆的切线，则的最大值为（）AB. 1C. D. 10. 某综合实践小组设计了一个“双曲线型花瓶”.他们的设计思路是将某双曲线的一部分（图1中A，C之间的曲线）绕其虚轴所在直线l旋转一周，得到花瓶的侧面，花瓶底部是平整的圆面，如图2.该小组给出了图1中的相关数据：，其中B是双曲线的一个顶点.小组中甲乙丙丁四位同学分别用不同的方法估算了该花瓶的容积（忽略瓶壁和底部的厚

4、度），结果如下表所示学生甲乙丙丁估算结果（）其中估算结果最接近花瓶的容积的同学是（）（参考公式：，）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁第二部分（非选择题共60分）二、填空题共5小题，每小题4分，共20分11. 圆的圆心坐标为_；半径为_.12. 在棱长为1的正方体中，_.13. 已知双曲线M的中心在原点，以坐标轴为对称轴.从以下三个条件中任选两个条件，并根据所选条件求双曲线M的标准方程.一个焦点坐标为；经过点；离心率为.你选择的两个条件是_，得到的双曲线M的标准方程是_.14. 椭圆的右焦点为，过原点的直线与椭圆交于两点、，则的面积的最大值为_.15. 如图，在矩形中，将沿BD所在的直线进行翻折

5、，得到空间四边形.给出下面三个结论：在翻折过程中，存在某个位置，使得；在翻折过程中，三棱锥的体积不大于；在翻折过程中，存在某个位置，使得异面直线与所成角45.其中所有正确结论的序号是_.三、解答题共4小题，共40分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程16. 在平面直角坐标系xOy中，圆O以原点为圆心，且经过点.（1）求圆O的方程；（2）若直线与圆O交于两点A，B，求弦长.17. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ACBC1，AA12M为侧棱BB1的中点，连接A1M，C1M，CM（1）证明：AC/平面A1C1M；（2）证明：CM平面A1C1M；（3）求二面角C1A1MB1的大小1

6、8. 已知抛物线C：经过点.（1）求抛物线C的方程及其准线方程；（2）经过抛物线C的焦点F的直线l与抛物线交于两点M，N，且与抛物线的准线交于点Q.若，求直线l的方程.19. 已知椭圆（）的离心率为，一个焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）设为原点，直线（）与椭圆交于不同的两点，且与x轴交于点，为线段的中点，点关于轴的对称点为.证明：是等腰直角三角形.人大附中20212022学年度第一学期高二年级数学期末练习附加题说明：请把答案填写在答题纸上四、选择题（本大题共7小题，每小题5分，共35分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置）20. 在等差数列

7、中，若，则=（）A 20B. 25C. 30D. 3321. 设等差数列的前项和为,若,则 ( )A. 12B. 8C. 20D. 1622. 在正方体中，为棱上一点且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 23. 图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，第8个叠放的图形中小正方体木块的总数是（）A. 66B. 91C. 107D. 12024. 已知等差数列的前项和为，并且，若对恒成立，则正整数的值为（）A. 4B. 5C. 6D. 725. 如图，正方体的边长为6，点，分别在边，上，且，点P在正方形的边上，且，

8、则满足条件的点的个数是（）A. 0B. 2C. 4D. 626. 已知椭圆的左、右焦点分别为，若C上存在一点P，使得，且内切圆的半径大于，则C的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 五、解答题（本大题共1小题，共15分，解答应写出文字说明过程或验算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置）27. 对于无穷数列，若，则称是的“伴随数列”其中，分别表示中的最大数和最小数已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“伴随数列”（1）若，求的前项和；（2）证明：且；（3）若，求所有满足该条件的解析版2022北京人大附中高二（上）期末数学学校_姓名_准考证号_考生须知1本样题共5页，共两部分，19道题，满

9、分100分考试时间90分钟2在试卷和答题卡上准确填写学校名称、姓名和准考证号3答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效4在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答第一部分（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. 下列直线中，倾斜角为45的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由直线倾斜角得出直线斜率，再由直线方程求出直线斜率，即可求解.【详解】由直线的倾斜角为45，可知直线的斜率为，对于A，直线斜率为，对于B，直线无斜率，对于C，直线斜率，对于D，直线斜率，故选：C2. 若直线与直

10、线垂直，则a的值为（）A 2B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据两条直线垂直的条件列方程，解方程求得的值.【详解】由于直线与直线垂直，所以，解得.故选：A3. 如图，在四面体中，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向量，表示为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量加法的平行四边形法则（三角形的中线），即可将用，表示出来.【详解】连接，则即.故选：B.4. 平面与平面平行的充分条件可以是（）A. 平面内有一条直线与平面平行B. 平面内有两条直线分别与平面平行C. 平面内有无数条直线分别与平面平行D. 平面内有两条相交直线分别与平面平行【答案】D【解析】【分

11、析】根据平面与平面平行的判定定理可判断.【详解】对A，若平面内有一条直线与平面平行，则平面与平面可能平行或相交，故A错误；对B，若平面内有两条直线分别与平面平行，若这两条直线平行，则平面与平面可能平行或相交，故B错误；对C，若平面内有无数条直线分别与平面平行，若这无数条直线互相平行，则平面与平面可能平行或相交，故C错误；对D，若平面内有两条相交直线分别与平面平行，则根据平面与平面平行的判定定理可得平面与平面平行，故D正确.故选：D.5. 若双曲线（，）的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】先求出渐近线方程，进而将点代入直线方程得到a,b关

12、系，进而求出离心率.【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为：，而一条渐近线过点，则，.故选：A.6. 已知球O的半径为2，球心到平面的距离为1，则球O被平面截得的截面面积为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据球的性质可求出截面圆的半径即可求解.【详解】由球的性质可知，截面圆的半径为，所以截面的面积.故选：B7. 如图，在三棱锥中，平面ABC，则点A到平面PBC的距离为（）A. 1B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设点A到平面PBC的距离为，根据等体积法求解即可.【详解】因为平面ABC，所以,因为，所以又，所以,所以,设点A到平面PBC的距离为，则,即,，故选：A8

13、. 如图，是平面上的两点，且，图中的一系列圆是圆心分别为，的两组同心圆，每组同心圆的半径分别是1，2，3，A，B，C，D，E是图中两组同心圆的部分公共点.若点A在以，为焦点的椭圆M上，则（）A. 点B和C都在椭圆M上B. 点C和D都在椭圆M上C. 点D和E都在椭圆M上D. 点E和B都在椭圆M上【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的定义判断即可求解.【详解】因为，所以椭圆M中，因，,所以D，E在椭圆M上.故选：C9. 设为直线上任意一点，过总能作圆的切线，则的最大值为（）A. B. 1C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，判断点与圆的位置关系以及直线与圆的位置关系，根据直线与圆的位置关系

14、，即可求得的最大值.【详解】因为过过总能作圆的切线，故点在圆外或圆上，也即直线与圆相离或相切，则，即，解得，故的最大值为.故选：D.10. 某综合实践小组设计了一个“双曲线型花瓶”.他们的设计思路是将某双曲线的一部分（图1中A，C之间的曲线）绕其虚轴所在直线l旋转一周，得到花瓶的侧面，花瓶底部是平整的圆面，如图2.该小组给出了图1中的相关数据：，其中B是双曲线的一个顶点.小组中甲乙丙丁四位同学分别用不同的方法估算了该花瓶的容积（忽略瓶壁和底部的厚度），结果如下表所示学生甲乙丙丁估算结果（）其中估算结果最接近花瓶的容积的同学是（）（参考公式：，）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】D【解析】

15、【分析】根据几何体可分割为圆柱和曲边圆锥，利用圆柱和圆锥的体积公式对几何体的体积进行估计即可.【详解】可将几何体看作一个以为半径，高为的圆柱，再加上两个曲边圆锥，其中底面半径分别为，高分别为,所以花瓶的容积，故最接近的是丁同学的估算，故选：D第二部分（非选择题共60分）二、填空题共5小题，每小题4分，共20分11. 圆的圆心坐标为_；半径为_.【答案】 . . 【解析】【分析】配方后可得圆心坐标和半径【详解】将圆的一般方程化为圆标准方程是，圆心坐标为，半径为故答案为：；12. 在棱长为1的正方体中，_.【答案】1【解析】【分析】根据向量的加法及向量数量积的运算性质求解.【详解】如图，在正方体中

16、，故答案为：113. 已知双曲线M的中心在原点，以坐标轴为对称轴.从以下三个条件中任选两个条件，并根据所选条件求双曲线M的标准方程.一个焦点坐标为；经过点；离心率为.你选择的两个条件是_，得到的双曲线M的标准方程是_.【答案】 . 或或 . 或或【解析】【分析】选，根据焦点坐标及顶点坐标直接求解，选，根据焦点坐标及离心率求出即可得解，选 ，可由顶点坐标及离心率得出，即可求解.详解】选，由题意则，双曲线的标准方程为，故答案为：；，选 ，由题意，双曲线的标准方程为，选 ，由题意知，双曲线的标准方程为.故答案为：；或；或 ；.14. 椭圆的右焦点为，过原点的直线与椭圆交于两点、，则的面积的最大值为_

17、.【答案】【解析】【分析】分析可知点、关于原点对称，可知当、为椭圆短轴的端点时，的面积取得最大值.【详解】在椭圆中，则，则，由题意可知，、关于原点对称，当、为椭圆短轴的端点时，的面积取得最大值，且最大值为.故答案为：.15. 如图，在矩形中，将沿BD所在的直线进行翻折，得到空间四边形.给出下面三个结论：在翻折过程中，存在某个位置，使得；在翻折过程中，三棱锥的体积不大于；在翻折过程中，存在某个位置，使得异面直线与所成角为45.其中所有正确结论的序号是_.【答案】【解析】【分析】在矩形中，过点作的垂线，垂足分别为，对于，连接，假设存在某个位置，使得，则可得到，进而得矛盾，可判断；对于在翻折过程中，

18、当平面平面时，三棱锥的体积取得最大值，再根据几何关系计算即可；对于，由题知，设平面与平面所成的二面角为，进而得，进而得异面直线与所成角的余弦值的范围为，即可判断.【详解】解：如图1，在矩形中，过点作的垂线，垂足分别为，则在在翻折过程中，形成如图2的几何体，故对于，连接，假设存在某个位置，使得，由于，所以平面，所以，这与图1中的与不垂直矛盾，故错误；对于在翻折过程中，当平面平面时，三棱锥的体积取得最大值，此时，体积为，故三棱锥的体积不大于，故正确；对于，由的讨论得，所以，所以，设翻折过程中，平面与平面所成的二面角为，所以，故，由于要使直线与为异面直线，所以，所以，所以，所以异面直线与所成角的余弦

19、值的范围为，由于，所以在翻折过程中，存在某个位置，使得异面直线与所成角为45.故答案为：三、解答题共4小题，共40分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程16. 在平面直角坐标系xOy中，圆O以原点为圆心，且经过点.（1）求圆O的方程；（2）若直线与圆O交于两点A，B，求弦长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据两点距离公式即可求半径，进而得圆方程；（2）根据直线与圆的弦长公式即可求解【小问1详解】由，所以圆O的方程为；【小问2详解】由点O到直线的距离为所以弦长17. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ACBC1，AA12M为侧棱BB1的中点，连接A1M，C1M，CM（

20、1）证明：AC/平面A1C1M；（2）证明：CM平面A1C1M；（3）求二面角C1A1MB1的大小【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）由题意可得，然后利用线面平行的判定理可证得结论，（2）由已知的数据可证得，得，由直棱柱的性质结合ACBC，可证得平面，从而可得，再由线面垂直的判定定理可证得结论，（3）如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【小问1详解】证明：因为，平面,平面，所以平面；【小问2详解】证明：因为在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC1，AA12M为侧棱BB1的中点，所以，所以，所以，因为，ACBC，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平

21、面，因为平面，所以，因，所以平面【小问3详解】因为两垂直，所以分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，因为平面，所以为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，令，则，所以，由图可知二面角C1A1MB1为锐角，所以二面角C1A1MB1的大小为18. 已知抛物线C：经过点.（1）求抛物线C的方程及其准线方程；（2）经过抛物线C的焦点F的直线l与抛物线交于两点M，N，且与抛物线的准线交于点Q.若，求直线l的方程.【答案】（1）抛物线C的方程为，准线方程为（2）或.【解析】【分析】（1）将点代入抛物线求出即可得出抛物线方程和准线方程；（2）设出直线方程，与抛物线联立，表示出弦长和即

22、可求出.【小问1详解】将代入可得，解得，所以抛物线C的方程为，准线方程为；【小问2详解】由题得，设直线方程为，设，联立方程，可得，则，所以，因为直线与准线交于点Q，则，则，因为，所以，解得，所以直线l的方程为或.19. 已知椭圆（）的离心率为，一个焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）设为原点，直线（）与椭圆交于不同的两点，且与x轴交于点，为线段的中点，点关于轴的对称点为.证明：是等腰直角三角形.【答案】（1）（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题知，进而结合求解即可得答案；（2）设点，进而联立并结合题意得或，进而结合韦达定理得，再的中点为，证明，进而得，故，综合即可得证明.【小问1详解】解

23、：因为椭圆的离心率为，一个焦点为所以，所以所以椭圆的方程为.【小问2详解】解：设点，则点,所以联立方程得，所以有，解得，因为，故或设，所以设向量，所以，所以，即，设的中点为，则所以，又因为，所以，所以，因为点关于轴的对称点为.所以，所以，所以是等腰直角三角形.人大附中20212022学年度第一学期高二年级数学期末练习附加题说明：请把答案填写在答题纸上四、选择题（本大题共7小题，每小题5分，共35分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置）20. 在等差数列中，若，则=（）A. 20B. 25C. 30D. 33【答案】D【解析】【分析】将条件转化

24、为基本量并解出，进而解得答案.【详解】设数列的公差为d，则.故选：D.21. 设等差数列的前项和为,若,则 ( )A. 12B. 8C. 20D. 16【答案】C【解析】【分析】由等差数列的性质得：成等比数列，由此能求出的值【详解】解：等差数列的前项和为，由等差数列的性质得：成等比数列又故选C【点睛】本题考查等差数列的四项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用22. 在正方体中，为棱上一点且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值【详

25、解】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则，设异面直线与所成角为，则异面直线与所成角的余弦值为：故选：B【点睛】本题考查利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知的方向向量为，的方向向量为，则异面直线所成角的余弦值为.23. 图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，第8个叠放的图形中小正方体木块的总数是（）A. 66B. 91C. 107D. 120【答案】D【解析】【分析】根据数列的规律得到第n个叠放图形中共有n层，构成等差数列求解.【详解】因为图1有1个小正方体，图2有1+5=6个小正方体，图3有1+

26、5+9=15个小正方体，归纳可得：第n个叠放图形中共有n层，构成以1为首项，以4为公比的等差数列，所以第n个叠放的图形中小正方体木块的总数是，第8个叠放的图形中小正方体木块的总数是，故选：D24. 已知等差数列的前项和为，并且，若对恒成立，则正整数的值为（）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】【分析】由等差数列的前项和公式和等差数列的性质可得，所以等差数列的前6项为正数，从第7项起为负数，由此即可求出正整数的值.【详解】由题意可得，所以，又，所以，又可得，所以等差数列的前6项为正数，从第7项起为负数，所以，所以.故选：C.25. 如图，正方体的边长为6，点，分别在边，上，且，点P

27、在正方形的边上，且，则满足条件的点的个数是（）A. 0B. 2C. 4D. 6【答案】D【解析】【分析】建立平面直角坐标系，写出点和的坐标，分别在正方形的各条边上设出点的坐标，根据向量数量积坐标运算得出关于的一元二次方程，判断该方程的解的个数即可.【详解】以为原点，所在直线分别为轴，轴，建系如图：因为正方形边长为6，所以若点在边上，设，则，即，无解；若点在边上，设，则，则或，故在边上有两个点满足条件；若点在边上，设，则，即，故在边上有两个点满足条件；若点在边上，设，则，则或，故在边上有两个点满足条件；综上所述，共有6个点满足条件.故选：D.26. 已知椭圆的左、右焦点分别为，若C上存在一点P，

28、使得，且内切圆的半径大于，则C的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据椭圆定义以及余弦定理可得，然后使用等面积法可得内切圆半径，然后根据，化简即可.【详解】设，内切圆的半径为r因为，所以，则由等面积法可得，整理得，又故又，所以则，从而故选：C五、解答题（本大题共1小题，共15分，解答应写出文字说明过程或验算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置）27. 对于无穷数列，若，则称是的“伴随数列”其中，分别表示中的最大数和最小数已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“伴随数列”（1）若，求的前项和；（2）证明：且；（3）若，求所有满足该条件的【答案】（1）；（2）

29、证明见解析； （3）.【解析】【分析】（1）由可得为递增数列，从而易得；（2）令，即可得.利用，可证；（3）首先，由已知，当时，；当时，；当时，（*），这里分析与的大小关系，均出现矛盾，结合(*)式可得，因此猜想（），用反证法证明此结论成立，证明时假设是首次不符合的项，则，这样题设条件变为（*），仿照讨论的情况讨论，可证明【小问1详解】由可得为递增数列，所以，故前项和为.【小问2详解】时，因为，所以所以；【小问3详解】由可得当时，；当时，即，所以；当时，即（*），若，则，所以由（*）可得，与矛盾；若，则，所以由（*）可得，所以与同号，这与矛盾；若，则，由（*）可得.猜想：满足的数列是：.经验证

30、，左式，右式.下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件.法1：由上述时的情况可知，时，是成立的.假设是首次不符合的项，则，由题设条件可得（*），若，则由（*）式化简可得与矛盾；若，则，所以由（*）可得所以与同号，这与矛盾；所以，则，所以由（*）化简可得.这与假设矛盾.所以不存在数列不满足的符合题设条件.法2：当时，所以即由可得又，所以可得，所以，即所以等号成立的条件是，所以，所有满足该条件的数列为.【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，考查学生创新意识，从特殊到一般的思维能力，题中讨论与大小关系是解题关键所在若您具有丰富教学经验，若您对教辅资料有独到的见解，若您也希望“让每一位学生分享

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