2023-2024学年北京市第五十七中学高一下学期期中考试数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年北京市第五十七中学高一下学期期中考试数学试卷（含答案），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知抛物线方程为x2=2y，则其准线方程为( )
A. y=−1B. x=−1C. x=−12D. y=−12
2.已知角a的终边在第三象限，且tanα=2，则sinα−csα=( )
A. −1B. 1C. − 55D. 55
3.已知P为椭圆C:x24+y2b2=1上的动点．A(−1,0),B(1,0)，且|PA|+|PB|=4，则b2=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1的渐近线经过点1,2，则双曲线的离心率为( )
A. 2B. 3C. 2D. 5
5.已知x,y∈R，且x+y>0，则( )
A. 1x+1y>0B. x3+y3>0C. lg(x+y)>0D. sin(x+y)>0
6.已知F为抛物线y2=4x的焦点，点Pnxn,ynn=1,2,3,⋯在抛物线上.若Pn+1F−PnF=1，则( )
A. xn是等差数列B. xn是等比数列C. yn是等差数列D. yn是等比数列
7.已知圆C过点A−1,2，B1,0，则圆心C到原点距离的最小值为( )
A. 12B. 22C. 1D. 2
8.已知函数fx=sin2x+π4，则“α=π8+kπk∈Z”是“fx+α是偶函数，且fx−α是奇函数”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
9.在平面直角坐标系xOy中，点A(1,1)，B(2,1)，C(2,2)，P是圆M:x2+(y−4)2=2上一点，Q是▵ABC边上一点，则OP⋅OQ的最大值是( )
A. 8+2 2B. 12C. 8+4 2D. 16
10.已知动直线l与圆O:x2+y2=4交于A，B两点，且∠AOB=120∘.若l与圆(x−2)2+y2=25相交所得的弦长为t，则t的最大值与最小值之差为( )
A. 10−4 6B. 1C. 4 6−8D. 2
二、填空题（每小题5分，共25分）
11.已知a,b均为实数.若b+i=ia+i，则a+b= ．
12.已知圆C:x2+y2+2x=0，则圆C的半径为 ；若直线y=kx被圆C截得的弦长为1，则k= ．
13.已知抛物线C:y2=4x与椭圆D:x2a2+y2b2=1 (a>b>0)有一个公共焦点F，则点F的坐标是 ；若抛物线的准线与椭圆交于A,B两点，O是坐标原点，且▵AOB是直角三角形，则椭圆D的离心率e= ．
14.已知fx=sinx+csx的图象向右平移aa>0个单位后得到gx的图象，则函数gx的最大值为 ；若fx+gx的值域为0，则a的最小值为 ．
15.已知四边形ABCD是椭圆M:x22+y2=1的内接四边形，其对角线AC和BD交于原点O，且斜率之积为−13.给出下列四个结论：
①四边形ABCD是平行四边形；
②存在四边形ABCD是菱形；
③存在四边形ABCD使得∠AOD=91∘；
④存在四边形ABCD使得|AC|2+|BD|2=645．
其中所有正确结论的序号为 ．
三、解答题（共75分）
16.已知函数f(x)=4sinωx2cs(ωx2−π3)+m (ω>0).在下列条件①、条件②、条件③这三个条件中，选择可以确定ω和m值的两个条件作为已知．
(1)求f(π3)的值；
(2)若函数f(x)在区间[0, a]上是增函数，求实数a的最大值．
条件①：f(x)最小正周期为π；条件②：f(x)最大值与最小值之和为0；条件③：f(0)=2．
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分．
17.在ΔABC中，点D是边AB上一点，且ADDB=13.记∠ACD=α，∠BCD=β．
(1)求证：ACBC=sinβ3sinα；
(2)若α=π6，β=π2，AB= 19，求BC的长．
18.如图，在四棱锥P−ABCD中，AD⊥平面PAB,AB//DC,E为棱PB的中点，平面DCE与棱PA相交于点F，且PA=AB=AD=2CD=2，再从下列两个条件中选择一个作为已知．
条件①：PB=BD；条件②：PA⊥BC．
(1)求证：AB//EF；
(2)求点P到平面DCEF的距离；
(3)已知点M在棱PC上，直线BM与平面DCEF所成角的正弦值为23，求PMPC的值．
19.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F1,0，离心率为 22，直线l过点F且不平行于坐标轴，l与C有两交点A，B，线段AB的中点为M．
(1)求椭圆C的方程：
(2)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(3)延长线段OM与椭圆C交于点P，若四边形OAPB为平行四边形，求此时直线l的斜率．
20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为 32，椭圆C与y轴交于A，B两点，且AB=2．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设点P是椭圆C上的一个动点，且点P在y轴的右侧．直线PA，PB与直线x=4分别交于M，N两点．若以MN为直径的圆与x轴交于两点E，F，求点P横坐标的取值范围及EF的最大值．
21.设m为正整数，若无穷数列an满足aik+i=aik+i (i=1,2,⋯,m;k=1,2,⋯)，则称an为Pm数列．
(1)数列n是否为P1数列？说明理由；
(2)已知an=s,n=2k1+1,k1∈Zt,n=2k2,k2∈Z其中s,t为常数.若数列an为P2数列，求s,t；
(3)已知P3数列an满足a1<0，a8=2，a6k答案
1.D
2.C
3.C
4.D
5.B
6.A
7.B
8.A
9.B
10.D
11.0
12.1；± 3
13.(1,0)； 5−12
14. 2 ；； ；π
15.①③④
16.f(x)=4sinωx2⋅(12csωx2+ 32sinωx2)+m=2sinωx2csωx2+2 3sin2ωx2+m
=sinωx+ 3(1−csωx)+m=sinωx− 3csωx+ 3+m=2sin(ωx−π3)+ 3+m．
选择条件①②：
(1)由条件①得，T=2π|ω|=π，又因为ω>0，所以ω=2，
由②知，(2+ 3+m)+(−2+ 3+m)=0，所以m=− 3，
则f(x)=2sin(2x−π3)，所以f(π3)=2sin(2π3−π3)=2sinπ3= 3；
(2)令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ(k∈Z)，所以−π12+kπ≤x≤5π12+kπ(k∈Z)，
所以函数f(x)的单调增区间为[−π12+kπ,5π12+kπ](k∈Z)，
因为函数f(x)在[0,a]上单调递增，且0∈[−π12,5π12]，此时k=0，
所以a≤5π12，故实数a的最大值为5π12．
选择条件①③：
(1)由条件①得，T=2π|ω|=π，又因为ω>0，所以ω=2，
由③知，f(0)=2sin(−π3)+ 3+m=2，所以m=2，
则f(x)=2sin(2x−π3)+ 3+2，所以f(π3)=2sinπ3+ 3+2=2 3+2；
(2)令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ(k∈Z)，所以−π12+kπ≤x≤5π12+kπ(k∈Z)，
所以函数f(x)的单调增区间为[−π12+kπ,5π12+kπ](k∈Z)，
因为函数f(x)在[0,a]上单调递增，且0∈[−π12,5π12]，此时k=0，
所以a≤5π12，故实数a的最大值为5π12．
说明：不可以选择条件②③：
由②知，(2+ 3+m)+(−2+ 3+m)=0，所以m=− 3；
由③知，f(0)=2sin(−π3)+ 3+m=2，所以m=2；矛盾．
所以函数f(x)不能同时满足条件②和③．
17.(1)由正弦定理，在ΔACD中ACsin∠ADC=ADsinα，在ΔBCD中BCsin∠BDC=BDsinβ，因为∠ADC+∠BDC=π，所以sin∠ADC=sin∠BDC，因为ADDB=13，所以ACBC=sinβ3sinα．
(2)因为α=π6，β=π2，由(1)得ACBC=sinπ23sinπ6=32，设AC=2k，BC=3k，k>0，由余弦定理AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠ACB得到19=4k2+9k2−2⋅2k⋅3k⋅cs2π3，解得k=1，所以BC=3．
18.(1)选择条件①：
(1)因为AB//DC,AB⊄平面DCEF,DC⊂平面DCEF，
所以AB//平面DCEF．
又因为AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面DCEF=EF，
所以AB//EF．
选择条件②：解法同上
(2)选择条件①：
因为AD⊥平面PAB，PA,AB⊂平面PAB，
所以AD⊥PA,AD⊥AB．
又因为PB=BD,PA=AB=AD=2CD=2，
所以▵PAB≌▵DAB．
因此∠PAB=∠DAB=90∘，即AB,AD,AP两两垂直．
如图，以A为原点，AB,AD,AP的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
所以D0,2,0,C1,2,0,P0,0,2,B2,0,0．
由(1)，得AB//EF，且E为棱PB的中点，
所以点F为棱PA的中点．E1,0,1,F0,0,1，
故FP=0,0,1,DF=0,−2,1,CD=−1,0,0．
设平面DCEF的一个法向量为n=x,y,z，
则DF⋅n=−2y+z=0CD⋅n=−x=0,
取y=1，则x=0,z=2，即n=0,1,2．
所以点P到平面DCEF的距离d=FP⋅nn=2 55．
选择条件②：
因为AD⊥平面PAB，PA,AB⊂平面PAB
所以AD⊥PA,AD⊥AB，
又因为PA⊥BC,BC与AD相交，BC,AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，
即AB,AD,AP两两垂直．
以A为原点建立空间直角坐标系及以下步骤同上；
(3)选择条件①：
设PMPC=λ,λ∈0,1，
则PM=λPC=λ1,2,−2=λ,2λ,−2λ．
所以BM=BP+PM=λ−2,2λ,2−2λ．
设直线BM与平面DCEF所成角为θ，
所以sinθ=csBM,n=BM⋅nBMn=0+2λ+4−4λ (λ−2)2+(2λ)2+(2−2λ)2⋅ 5=23；
化简得9λ2−6λ+1=0，解得λ=13，
即PMPC=13．
选择条件②：解法同上
19.(1)由题意可知，c=1，e=ca= 22，
∵a2=b2+c2，
∴a= 2，b=1，
∴椭圆的方程为x22+y2=1．
(2)设直线l的方程为y=kx−1k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=kx−1x22+y2=1，消去y得，2k2+1x2−4k2x+2k2−2=0，
则x1+x2=4k22k2+1，
∵M为线段AB的中点，
∴xM=x1+x22=2k22k2+1，yM=kxM−1=−k2k2+1，
∴kOM=yMxM=−12k，
∴kOM⋅k=−12k×k=−12为定值．
(3)若四边形OAPB为平行四边形，则OA+OB=OP，设P(x3,y3)
∴x3=x1+x2=4k22k2+1，y3=y1+y2=kx1+x2−2k=−2k2k2+1，
∵点P在椭圆上，
∴4k22k2+12+2×−2k2k2+12=2，
解得k2=12，即k=± 22，
∴当四边形OAPB为平行四边形时，直线l的斜率为k=± 22．

20.(1)由题意，可得b=1，e=ca= 32，得a2−1a2=34，解得：a2=4．
椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)解法1：设点P的坐标为x0,y00∴kPA=y0−1x0，直线PA的方程为y=y0−1x0x+1，
同理：直线PB的方程为y=y0+1x0x−1．
直线PA与直线x=4的交点为M4,4y0−1x0+1；
直线PB与直线x=4的交点为N4,4y0+1x0−1．
∵线段MN的中点坐标为4,4y0x0，
∴圆的方程为(x−4)2+y−4y0x02=1−4x02．
令y=0，则(x−4)2+16y02x02=1−4x02．
∵x024+y02=1，∴y02−1x02=−14，
∴(x−4)2+8x0−5=0．
∵这个圆与x轴相交，该方程有两个不同的实数解，
∴5−8x0>0，解得x0∈85,2．
设交点坐标分别为x1,0，x2,0，则x1−x2=2 5−8x085∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．
解法2：设点P的坐标为x0,y00∴kPA=y0−1x0，直线PA的方程为y=y0−1x0x+1，
同理：直线PB的方程为y=y0+1x0x−1．
直线PA与直线x=4的交点为M4,4y0−1x0+1；
直线PB与直线x=4的交点为N4,4y0+1x0−1．
若以MN为直径的圆与x轴相交，则4y0−1x0+1×4y0+1x0−1<0，
即16y02−1x02−4y0−1x0+4y0+1x0−1<0，即16y02−1x02+8x0−1<0．
∵x024+y02=1，
∴y02−1x02=−14，代入得到5−8x0>0，解得x0∈85,2．
该圆的直径为4y0−1x0+1−4y0+1x0−1=2−8x0；
圆心到x轴的距离为124y0−1x0+1+4y0+1x0−1=4y0x0；
该圆在x轴上截得的弦长为2 1−4x02−4y0x02=2 5−8x085∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．
解法3：设点P的坐标为x0,y00∴kPA=y0−1x0，直线PA的方程为y=y0−1x0x+1
同理：直线PB的方程为y=y0+1x0x−1．
直线PA与直线x=4的交点为M4,4y0−1x0+1；
直线PB与直线x=4的交点为N4,4y0+1x0−1．
∴|MN|=4y0−1x0+1−4y0+1x0−1=2−8x0．
圆心到x轴的距离为124y0−1x0+1+4y0+1x0−1=4y0x0．
若该圆与x轴相交，则1−4x0>4y0x0，即1−4x02−4y0x02>0．
∵x024+y02=1，∴y02−1x02=−14，∴5−8x0>0，解得x0∈85,2．
该圆在x轴上截得的弦长为2 1−4x02−4y0x02=2 5−8x0≤2 5−82=2．
∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．
解法4：记点D的坐标为(2,0)，点H的坐标为(4,0)，设点P的坐标为x0,y0，点M的坐标为4,m，点N的坐标为4,n．
由已知可得点A的坐标为(0,1)，点B的坐标为0,−1．
∴AP的直线方程为y=y0−1x0x+1，BP的直线方程为y=y0+1x0x−1．
令x=4，分别可得m=4y0−1x0+1，n=4y0+1x0−1．
∴点M的坐标为4,4y0−1x0+1，点N的坐标为4,4y0+1x0−1．
若以MN为直径的圆与x轴相交于点E，F，
∵EH⊥MN，
∴EH2=HN⋅HM．
EH2=HN⋅HM=−4y0−1x0+1⋅4y0+1x0−1=−16y02−16+8x0−x02x02．
∵x024+y02=1，
∴y02−1x02=−14，代入得到EH2=−8x0−5x02x02>0，
∴x0∈85,2．
∴EF=2EH=2 5−8x0≤2 5−82=2．
∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．
解法5：设直线OP与x=4交于点T．
∵MN//y轴，
∴有APPM=AOTM=OPPT，BPPN=BOTN=OPPT．
∴AOTM=BOTN，TN=TM，即T是MN的中点．
又设点P的坐标为x0,y00令x=4，得y=4y0x0，∴点T的坐标为4,4y0x0．
而r=TN=4x0−1，若以MN为直径的圆与x轴相交于点E，F，
则d=4y0x0∵x024+y02=1，∴y02−1x02=−14，
∴5x02−8x0>0，解得x0>85或x0<0．
∵0∴EF=2 r2−d2=2 4x0−12−4y0x02=2 5−8x0≤2 5−82=2．
∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．
21.(1)∵an=a1×n−1+1=(n−1)+1=a1×n−1+1n≥2，∴a1×n−1+1=a1×n−1+1，
符合P1的定义，故数列an=n是P1数列；
(2)依题意，a2=t，a1=a3=s，
因为an是P2数列，a2=a1×1+1=a1+1=s+1=t，
a3=a1×2+1=a2+1=t+1=s①，a4=a1×2+2=a2+2=t+2=t②，
由①②两式解得t=−1,s=0．
(3)∵an是P3数列，∴a8=a1×7+1=a7+1，a8=a2×3+2=a6+2，
∴a7+1=a6+2=2①，
a9=a1×8+1=a8+1=3 ，a9=a3×2+3=a6+3=3②，a9=a1×7+2=a7+2=3，
由①②得a6=0,又因为a7+1=2，a7+2=3，所以a7=1.同理解得a5=−1,a4=−2,a3=−3,a2=−4,a1=−5．
∴猜想an是等差数列，则a6=0,a7=1，公差d=1，所以数列通项公式为an=a6+(n−6)d=n−6.下面再证明数列an=n−6为满足条件的唯一数列．
因为an=n−6，则a6k=6k−6，假设存在k使得a6k=6k−6不成立，且此时最小的k为r(r≥2)，则a6r−6=6r−12，a6r−1=6r−7>0，a6r=a6r−1+1=6r−6，因为a6r>a6r−6=6r−12≥0，所以a6r=6r−6，与假设想矛盾，
所以a6k=6k−6, (k=1,2,⋯)，恒成立，所以an=n−6．
下面证明数列an=n−6为P3数列；
检验：a1×k+1=ak+1=k−6+1=ak+1，∴是P1数列；
a2×k+2=a2k+2=2k+2−6=2k−6+2=a2k+2 ，∴是P2数列；
a3k+3=3k+3−6=3k−6+3=a3k+3 ，∴是P3数列，
并且a6k=6k−6,a6k+6=6k+6−6=6k，(k=1,2,3,⋯)，
∴a6k故an=n−6．