2023-2024学年北京市清华大学附属中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市清华大学附属中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，未知，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在复平面内，复数，则等于（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】先根据复数的除法运算求复数，再结合复数的模长公式运算求解.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选：D.
2．已知向量，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知先求出，然后利用求解即可.
【详解】因为，
所以，
则，
故选：C.
3．已知函数满足，则等于（ ）
A．3B．C．0D．
【答案】D
【分析】根据三角函数的性质解方程得到，然后代入求即可.
【详解】因为，所以，整理得，
所以，解得，
因为，所以，，
所以.
故选：D.
4．已知平面与平面间的距离为3，定点，设集合，则S表示的曲线的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意结合球的定义和性质分析求解.
【详解】在空间中，集合表示以点A为球心，半径的球面，
记表示平面，可知，
所以S表示的曲线球A与平面所截得的圆周，设其圆心为，半径为，

可知，则，
所以S表示的曲线的长度为.
故选：B.
5．已知函数，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】画出函数的图象，观察与连线的斜率即得.
【详解】作出函数的图象，如图所示.
由图可知曲线上各点与坐标原点的连线的斜率随着的增大而减小.
由，得，即，
故选：C
6．已知直线恒过点，圆，则“直线的斜率为”是“直线与圆相切”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
【答案】A
【分析】根据直线与圆相切分析可知：直线的斜率不存在或直线的斜率为，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】由题意可知：圆的圆心，半径，
若直线与圆相切，则有：
当直线的斜率不存在，则直线，符合题意；
当直线的斜率存在，设直线，即，
则圆心到线的距离，解得；
综上所述：当且仅当直线的斜率不存在或直线的斜率为时，线与圆相切.
可知“直线的斜率为”可以推出“直线与圆相切”，即充分性成立；
“直线与圆相切”不可以推出“直线的斜率为”，即必要性不成立；
所以“直线的斜率为”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.
故选：A.
7．在中，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】应用正弦定理进行边角互化，得，再应用余弦定理出，进而得到，利用同角三角函数关系求出，应用三角形面积公式即可求得.
【详解】由，根据正弦定理得：，
又，则
，
，
解得，则，
故选：C
8．已知数列的前项和，下列判断中正确的是（ ）
A．B．数列是单调递减数列
C．数列前项的乘积有最大值D．数列前项的乘积有最小值
【答案】C
【分析】根据已知求的方法求出通项公式，然后逐项判断即可.
【详解】数列的前项和，
当时，，
当时，，
当，代入上式，即，符合上式，
所以
，故A错误；
由可知，数列是单调递增数列，故B错误；
因为，，，，，，，
当时，，当时，，
所以数列前项的乘积有最大值，最大值为，故C正确，D错误.
故选：C.
9．已知椭圆分别为左右焦点，为椭圆上一点，满足，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理可得，再利用向量求的长.
【详解】由椭圆方程可知：，
可得，
在中，由余弦定理可得
，
即，解得，
因为为线段的中点，则，
可得
，
所以的长为.
故选：A.
10．如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是（ ）

A．存在点∥平面B．对任意点
C．存在点，使得与所成的角是D．不存在点，使得与平面所成的角是
【答案】D
【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解.选项A，取平面的一个法向量，将∥平面平面转化为；选项B，转化为；选项C，与所成的角是转化为；选项D，由平面，结合选项C可知.
【详解】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，
以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，又，
∴，又，
则，
∴，
选项A，取平面的一个法向量，
令，解得，此时，
∴当时，与垂直，而平面，
故∥平面，故A项正确；
选项B，，
则，
故对任意点，故B项正确；
选项C，，则，
令，
化简得，解得，或，
故存在点，使得与所成的角是，故C项正确；
选项D，连接，
在正方体中，
由底面是正方形，则，
由平面，平面，则，
又平面，平面，，
则平面，即是平面的一个法向量，
由C项分析可知，存在点，使得与所成的角是，
即存在点，使得与平面所成的角是，故D项错误.
故选：D.
二、填空题
11．已知点是椭圆的两个焦点，横坐标为4的点在椭圆上，则的周长为 ．
【答案】18
【分析】根据椭圆的定义求出以及的长，从而得到的周长.
【详解】
因为椭圆，
由椭圆定义可得，，
所以的周长为.
故答案为：18.
12．古代名著中的《营造法式》集中了当时的建筑设计与施工经验．下图1为《营造法式》中的殿堂大木制作示意图，其中某处木件嵌入处部分是底面为矩形的四棱锥，如图2所示，其侧面是边长为的等边三角形，，且平面底面，则该四棱锥的体积为 ．
【答案】
【分析】由面面垂直的性质定理得线面垂直关系，从而得四棱锥的高，进而求出体积.
【详解】取的中点，连接，
由侧面是边长为的等边三角形，得，
已知平面底面，
又平面，平面底面，
所以底面，
即四棱锥的高为，且，
又底面矩形的面积为,
则四棱锥的体积.
故答案为：.
13．过原点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为 ．
【答案】2
【分析】根据题意先求直线方程以及圆心到直线的距离，进而结合垂径定理运算求解.
【详解】因为直线的倾斜角为，可知其斜率为，
且直线过原点，可知直线方程为，即，
又因为圆的圆心为，半径，
可得圆心到直线的距离，
所以所截得的弦长为.
故答案为：2.
14．已知点在函数的图像上，且有最小值，则常数的一个取值为 ．
【答案】1（不唯一）
【分析】分别画出函数和的图像，再根据条件求解.
【详解】设，分别绘制函数的大致图像如下图：
其中有最小值，，没有最小值，是它的渐近线，
点在上，，，如上图，当时，不存在最小值，
；
故答案为：（不唯一）.
15．已知函数的定义域为，其最小值为2．点是函数图象上的任意一点，过点分别作直线和轴的垂线，垂足分别为．其中为坐标原点．给出下列四个结论：
①； ②不存在点，使得；
③的值恒为； ④四边形面积的最小值为．
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】由函数在定义域内的最小值求出的值验证结论①；设，点到直线的距离表示出，由是否有解判断结论②；计算的值判断结论③；④四边形面积表示成的函数，利用基本不等式求最小值判断结论④.
【详解】函数的定义域为，其最小值为2，
当时，在上单调递增，没有最小值，不合题意，则有，
，当且仅当，即时等号成立，
所以在上有最小值，得，解得，结论①成立；
，设，则，，

由点到直线的距离可得，，
时，解得，此时，结论②错误；
，结论③成立；
所在直线方程为，与方程联立，解得，
则有，则，
四边形面积
，
当且仅当，即时等号成立，
所以四边形面积的最小值为，结论④正确.
故答案为：①③④
【点睛】方法点睛：
由函数在定义域内的最小值求出的值，得到的解析式，设坐标，表示出 和，判断是否有解，计算是否为定值，利用基本不等式求四边形面积的最小值.
三、未知
16．已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)求函数在区间上的值域．
【答案】(1)（）；
(2)
【分析】（1）通过先展开再合一构造新的三角函数，根据三角函数求解增区间；
（2）根据定义域求出整体的范围，再根据函数图像求出值域.
【详解】（1）
，
令（），
解得（），
所以的单调递增区间为（）；
（2）当时，所以，
如图所示，
所以，
所以在区间上的值域为.
17．已知直线，圆．
(1)若，求证：直线与圆相交；
(2)已知直线与圆相交于，两点．若的面积为1，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由圆的方程求出圆心和半径，根据圆心到直线的距离与半径的大小关系即可证明；
（2）利用垂径定理求出弦长，进而利用面积公式得到关于的方程，直接求解即可.
【详解】（1）由圆可知，圆心坐标为，半径，
所以圆心到直线的距离为，
因为，所以，
所以，所以，即，
所以，直线与圆相交.
（2）
因为直线与圆相交于，两点，
所以，即，解得或，
由（1）可得，，
所以，，
整理得，，即，
解得，，
所以.
四、解答题
18．如图，在四棱锥中，底面为矩形，分别是的中点．

(1)求证：∥平面；
(2)再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值．
条件①：平面平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，可证∥，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）若条件①：根据面面垂直的性质定理可证平面，建系，利用空间向量求面面夹角；若条件②：根据线面垂直的判定定理可证平面，建系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）取的中点，连接，

因为分别为的中点，则∥，且，
又因为为矩形，且分别为的中点，则∥，且，
可得∥，且，即为平行四边形，则∥，
且平面，平面，所以∥平面.
（2）若选条件①：因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
如图，以A为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可知：平面的法向量，
可得，
所以平面与平面夹角的余弦值；
若选条件②：连接，
可知，即，可得，
且，，平面，
所以平面，
如图，以A为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可知：平面的法向量，
可得，
所以平面与平面夹角的余弦值.

19．已知椭圆的短轴长为4，离心率为．直线与陏圆交于两点，点不在直线l上，直线与交于点．
(1)求椭圆的方程；
(2)求直线的斜率．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据短轴长求出，再由离心率，及求出，，即可求出椭圆方程；
（2）设，，联立直线和椭圆方程，得出，，根据题意表示出点坐标，再由斜率公式求解即可.
【详解】（1）因为椭圆的短轴长为4，所以，，因为离心率为，所以，
又，所以，，所以椭圆的方程.
（2）设，，联立，化简可得，
令，即，
，，
因为不在直线l上，所以，即，
则直线方程为：，令，则，
因为直线与交于点，所以，
所以，
将，代入，可得，
所以直线的斜率为2.

五、未知
20．已知函数，曲线在处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)求函数的定义域及单调区间；
(3)求函数的零点的个数．
【答案】(1)
(2)；递增区间为，单调递减区间为,；
(3)1
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义列出相应的等式，即可求得答案；
（2）根据函数解析式可求得其定义域；结合（1）的结果，可得函数的导数的表达式，判断导数的正负，即可求得单调区间；
（3）结合（2）的结论以及零点存在定理，即可判断函数零点个数.，
【详解】（1）由函数可知其定义域为，
则，故，，
因为曲线在处的切线方程为，
故，，
解得；
（2）由（1）可知，需满足，
则其定义域为；
而，
由于，令，解得，
令，解得且，
即的递增区间为，单调递减区间为,；
（3）由（2）可知时，取得极大值，
当且x无限趋近于0时，的值趋向于负无穷大，
即在区间内无零点；
当且x无限趋近于0时，的值趋向于正无穷大，
当且x无限趋近于1时，的值趋向于负无穷大，
由此可作出函数的图象：
结合
，
，
可知在内的零点个数为1.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点是判断函数的零点个数时，要结合函数的单调性以及零点存在定理去判断，特别是特殊值的选取以及正负判断，计算比较复杂.
六、解答题
21．设是正整数，如果存在非负整数使得，则称是好数，否则称是坏数．例如：，所以2是好数．
(1)分别判断是否为好数；
(2)若是偶数且是好数，求证：是好数，且是好数；
(3)求最少的坏数．
【答案】(1)都是好数
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）直接由好数的定义验证即可.
（2）证明是好数时，分是否存在使得两种情况讨论即可，证明是好数时，将表达式中的数分成四类，即：，从而即可证明.
（3）注意到表达式，由此联系到用二进制表示，通过归纳得知最小的坏数是3，最小的坏数是11，最小的坏数是43，最小的坏数是171，且注意到，应该是在破坏数码和，通过分析得知，坏数要满足二进制至少有个数码是1，而且在二进制表示左右两头的1之间0段的数目至少是，由此即可猜出最小的坏数是，从而证明即可得解.
【详解】（1）因为，
所以22是好数；
因为，
所以23是好数；
因为，
所以24是好数.
（2）由题意是好数当且仅当，是非负整数，分以下两种情形来说明是好数，
情形一：若存在，不妨设为，此时或，
则当时，，或，
因此，或，
即此时是好数；
当时，，由题意，因此不妨取，即，
因为是偶数，所以，从而是好数；
情形二：若不存在，则任取，均有，当然也有，而此时或，
则当时，，或，
由情形一可知，当时，，
因此，或，
即此时是好数；
当时，，由题意，因此不妨取，即，
因为，从而是好数；
综上所述：若是偶数且是好数，则是好数.
若是偶数且是好数，接下来我们说明是好数，
即已知是偶数，是非负整数，
由以上分析可知或，或是偶数，
且，，，
不妨设，，
，，
所以，
因为均是偶数，
所以是偶数，是偶数，
所以，
，
综上所述，若是偶数且是好数，则 也是好数.
（3）记，设：
①若的二进制表示中只有至多有个1，那么显然是好数；
②若的二进制表示中有至少有个1，那么的二进制表示至多有位。
此时，的二进制表示中的那些0隔出了若干个1串。
如果一个1串的长度为1，它一定能表示为，
如果一个1串的长度大于1，它一定能表示为，
假设是坏数，长度为1的1串的数量为，长度大于1的1串的数量为，
那么就意味着，
记，
如果我们标出每个1串最左边和最右边的1，那么这些1两两不相邻，且总数目为，
但事实上，由于一共至多有位，所以，产生矛盾，
这就意味着一定是好数.
这就说明，小于的正整数都是好数，
接下来我们用反证法来证明是坏数，
假设是好数，
由于的二进制表示中，1的个数是大于的，
所以的那个表示里，肯定存在负号项，
也就是说可以表示成两个正整数之差，不妨设，
且的二进制中1的个数之和不超过，
而且我们还可以同时去掉的那些位数相同的1，全都变成0，
所以可以表示成两个正整数的差，的二进制中1的个数之和不超过，且没有相同位置的1，
那么就设的二进制表示中，1的数量分别是，
则，
那么：(1)的二进制表示中，最左最右两个1之间的0段的数目至多有个；
(2)每给减掉一个（且的位为0），最左最右两个1之间的0段的数目至多增加1个，
增加1个当且仅当减掉的这个位置左边最近的1的左边还是1，且这个位置的右边是0.
(3)的二进制表示中，最左最右两个1之间有个0段.
由(1)(2)我们知道，的二进制表示中，最左最右两个1之间的0段的数目至多有个，
结合(3)就可以知道必须等于，且(1)，(2)，(3)的每个不等关系都取等.
由于(1)的不等关系取等，
所以的最后一位必须是0；
但的最后一位是1，
所以的最后一位是1，
但是由于(2)的不等关系取等，
所以最后在减掉这步时，右边还有0，
而这不可能，因为已经是最后一位了，
所以假设不成立，
从而是坏数，
所以最小的坏数是，
因此最小的坏数是．
【点睛】关键点点睛：第一问比较常规，按新定义验证即可；第二问的关键主要是注意到表达式的结构，分类讨论即可；而第三问的关键是主要要联想到二进制表示，并且要通过归纳分析，演绎推理证明猜想，从而顺利求解.