北京市东城区第五十五中学2025届数学高二上期末教学质量检测试题含解析

北京市东城区第五十五中学2025届数学高二上期末教学质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1．设函数在上可导，则等于（）A. B.C. D.以上都不对2．已知抛物线，过抛物线的焦点作轴的垂线，与抛物线交于、两点，点的坐标为，且为直角三角形，则以直线为准线的抛物线的标准方程为（）A. B.C. D.3．在平形六面体中，其中，，，，，则的长为（）A. B.C. D.4．在等差数列{an}中，a1=1，，则a7=（）A.13 B.14C.15 D.165．已知函数对于任意的满足，其中是函数的导函数，则下列各式正确的是（）A. B.C. D.6．口袋中装有大小形状相同的红球3个，白球3个，小明从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次取得白球的概率为（）A.0.4 B.0.5C.0.6 D.0.757．已知抛物线的焦点为，抛物线上的两点，均在第一象限，且，，，则直线的斜率为（）A.1 B.C. D.8．已知点、是双曲线C：的左、右焦点，P是C左支上一点，若直线的斜率为2，且为直角三角形，则双曲线C的离心率为()A.2 B.C. D.9．已知椭圆的两焦点分别为，，P为椭圆上一点，且，则的面积等于（）A.6 B.C. D.10．已知直线与圆交于A，B两点，O为原点，且，则实数m等于（）A. B.C. D.11．命题“∃x0∈（0，+∞），”的否定是（）A.∀x∈（﹣∞，0），2x+sinx≥0B.∀x∈（0，+∞），2x+sinx≥0C.∃x0∈（0，+∞），D.∃x0∈（﹣∞，0），12．若的解集是，则等于（）A.-14 B.-6C.6 D.14二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中，，，，则__________.14．正四棱锥底面边长和高均为分别是其所在棱的中点，则棱台的体积为___________.15．如图，正方体中，点E，F，G分别是，AB，的中点，则直线与GF所成角的大小是______（用反三角函数表示）16．根据某市有关统计公报显示，随着“一带一路”经贸合作持续深化，该市对外贸易近几年持续繁荣，2017年至2020年每年进口总额（单位：千亿元）和出口总额（单位：千亿元）之间的一组数据如下：2017年2018年2019年2020年若每年的进出口总额，满足线性相关关系，则______；若计划2022年出口总额达到千亿元，预计该年进口总额为______亿元三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）一个小岛的周围有环岛暗礁，暗礁分布在以小岛中心为圆心，半径为的圆形区域内（圆形区域的边界上无暗礁），已知小岛中心位于轮船正西处，港口位于小岛中心正北处.（1）若，轮船直线返港，没有触礁危险，求的取值范围?（2）若轮船直线返港，且必须经过小岛中心东北方向处补水，求的最小值.18．（12分）已知椭圆的右焦点为，短轴长为4，设，的左右有两个焦点求椭圆C的方程；若P是该椭圆上的一个动点，求的取值范围；是否存在过点的直线l与椭圆交于不同的两点C，D，使得？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明两点19．（12分）如图，直角梯形AEFB与菱形ABCD所在平面互相垂直，，，，，，M为AD中点.（1）证明：直线面DEF；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）已知函数.（1）求的单调区间；（2）讨论的零点个数.21．（12分）等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，.（1）求数列和的通项公式；（2）令，设数列的前项和为，求.22．（10分）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2（1）求C的方程;（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率最大值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1、C【解析】根据目标式，结合导数的定义即可得结果.【详解】.故选：C2、B【解析】设点位于第一象限，求得直线的方程，可得出点的坐标，由抛物线的对称性可得出，进而可得出直线的斜率为，利用斜率公式求得的值，由此可得出以直线为准线的抛物线的标准方程.【详解】设点位于第一象限，直线的方程为，联立，可得，所以，点.为等腰直角三角形，由抛物线的对称性可得出，则直线的斜率为，即，解得.因此，以直线为准线的抛物线的标准方程为.故选：B.【点睛】本题考查抛物线标准方程的求解，考查计算能力，属于中等题.3、B【解析】根据空间向量基本定理、加法的运算法则，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为是平行六面体，所以，所以有：，因此有：，因为，，，，，所以，所以，故选：B4、A【解析】利用等差数列的基本量，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，，解得：，则.故选：A5、C【解析】令，结合题意可得，利用导数讨论函数的单调性，进而得出，变形即可得出结果.【详解】令，则，又，所以，令，令，所以函数在上单调递减，在单调递增，所以，即，则.故选：C6、C【解析】求出第一次取得红球的事件、第一次取红球第二次取白球的事件概率，再利用条件概率公式计算作答.【详解】记“第一次取得红球”为事件A，“第二次取得白球”为事件B，则，，于是得，所以在第一次取得红球的条件下，第二次取得白球的概率为0.6.故选：C7、C【解析】作垂直准线于，垂直准线于，作于，结合抛物线定义得出斜率为可求.【详解】如图：作垂直准线于，垂直准线于，作于，因为，，，由抛物线的定义可知：，，，所以，直线斜率为：.故选：C.8、B【解析】根据双曲线的定义和勾股定理利用即可得离心率.【详解】∵直线的斜率为2，为直角三角形，∴，又，∴，.∵，即，∴故选：B.9、B【解析】根据椭圆定义和余弦定理解得，结合三解形面积公式即可求解【详解】由与是椭圆上一点，∴，两边平方可得，即，由于，，∴根据余弦定理可得，综上可解得，∴的面积等于，故选：B10、A【解析】根据给定条件求出，再求出圆O到直线l的距离即可计算作答.【详解】圆的圆心O，半径，因，则，而，则，即是正三角形，点O到直线l的距离，因此，，解得，所以实数m等于.故选：A11、B【解析】利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可【详解】命题“∃x0∈（0，+∞），”的否定是“∀x∈（0，+∞），2x+sinx≥0”故选：B12、A【解析】由一元二次不等式的解集，结合根与系数关系求参数a、b，即可得.【详解】∵的解集为，∴-5和2为方程的两根，∴有，解得，∴.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由已知在中利用余弦定理可得的值，可求，可得，即可得解的值【详解】解：因为在中，，，，所以由余弦定理可得，所以，即，则故答案为：14、【解析】分别计算，，作差得到答案.【详解】分别是其所在棱的中点，则正四棱锥底面边长和高均为，，，故.故答案为：.15、【解析】连接，由得出直线与GF所成角，再由余弦定理得出直线与GF所成角的大小.【详解】连接，因为，所以直线与GF所成角为.设，则，，，又异面直线的夹角范围为，所以直线与GF所成角的大小是.故答案为：16、①.1.6②.3.65千##3650【解析】根据给定数表求出样本中心点，代入即可求得，取可求出该年进口总额.【详解】由数表得：，，因此，回归直线过点，由，解得，此时，，当时，即，解得，所以，预计该年进口总额为千亿元.故答案为：1.6；3.65千三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）120【解析】（1）建立平面直角坐标系设直线方程，根据点到直线的距离公式可得；（2）先求补水点的坐标，根据直线过该点，结合所求，根据基本不等式可得.【小问1详解】根据题意，以小岛中心为原点，建立平面直角坐标系，当时，则轮船返港的直线为，因为没有触礁危险，所以原点到的距离，解得.【小问2详解】根据题意可得，，点C在直线上，故点C，设轮船返港的直线是，则，所以.当且仅当时取到最小值.18、（1）（2）（3）满足条件的直线不存在，详见解析【解析】根据条件直接求出,进而求出椭圆标准方程;设,表示出,求出其范围;设CD的中点为;由,则;得到其斜率的乘积为,最后列取方程联立计算即可.【详解】解：由题意可知,,则;所以椭圆C的方程为:;由题意可知,,设,则,;所以的取值范围是;假设存在满足条件的直线,根据题意得直线的斜率存在;则设直线的方程为：；消化简得:;,则;；设，则CD的中点为；,；，则;，即;即,无解;故满足条件的直线不存在.【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质,向量的数量积,直线的垂直,设而不求的思想方法,关键在于将几何条件进行适当的转化,还考查了学生的综合运算能力,属于中档题.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由平面平面ABCD，可得平面ABCD，连接BD，可得，以为原点，为轴，竖直向上为轴建立空间直角坐标系，利用向量法计算与平面的法向量的数量积为0即可得证；（2）分别计算出平面和平面的法向量，然后利用向量夹角公式即可求解.【小问1详解】证明：因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，且，所以平面ABCD，连接BD，则等边三角形，所以，以为原点，为轴，竖直向上为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设为平面的法向量，因为，则有，取，又因为，所以，因为平面，所以平面；【小问2详解】解：分别设为平面和平面的法向量，因为，则有，取，因，则有，取，所以，由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.20、（1）单调递增区间是和，单调递减区间是（2）时，有1个零点；或时，有2个零点；时，有3个零点.【解析】（1）求解函数的导数，再运用导数求解函数的单调区间即可；（2）根据导数分析原函数的极值，进而讨论其零点个数.【详解】（1）因为，所以由，得或；由，得.故单调递增区间是和，单调递减区间是.（2）由（1）可知的极小值是，极大值是.①当时，方程有且仅有1个实根，即有1个零点；②当时，方程有2个不同实根，即有2个零点；③当时，方程有3个不同实根，即有3个零点；④当时，方程有2个不同实根，即有2个零点；⑤当时，方程有1个实根，即有1个零点.综上，当或时，有1个零点；当或时，有2个零点；当时，有3个零点.21、（1），（2）【解析】（1）根据条件列关于公差与公比的方程组，解方程组可得再根据等差数列与等比数列通项公式得结果（2）根据错误相减法求数列的前项和为，注意作差时项符号的变化以及求和时项数的确定试题解析：（1）设数列的公差为，数列的公比为，则由得解得所以，.（2）由（1）可知，∴①②①—②得：，∴.点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.22、（1）；（2）最大值为.【解析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法设，则，所以，由在抛物线上可得，即，所以直线的斜率，当时，；当时，，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线斜率的最大值为.[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为[方法三]：轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为设直线的斜率为k，则令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为[方法四]参数+基本不等式法由题可设因，所以于是，所以则直线的斜率为当且仅