北京市衡中清大教育集团2025届数学高二上期末检测试题含解析

北京市衡中清大教育集团2025届数学高二上期末检测试题注意事项：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．（）A.-2 B.-1C.1 D.22．已知在空间直角坐标系（O为坐标原点）中，点关于x轴的对称点为点B，则z轴与平面OAB所成的线面角为（）A. B.C. D.3．甲乙两个雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8，飞行目标被雷达发现的概率为（）A.0.72 B.0.26C.0.7 D.0.984．设,是双曲线（）的左、右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为A. B.C. D.5．已知向量，则“”是“”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6．甲乙两名运动员在某项体能测试中的6次成绩统计如表：甲9816151514乙7813151722分别表示甲乙两名运动员这项测试成绩的平均数，分别表示甲乙两名运动员这项测试成绩的标准差，则有（）A.， B.，C.， D.，7．某企业甲车间有200人，乙车间有300人，现用分层抽样的方法在这两个车间中抽取25人进行技能考核，则从甲车间抽取的人数应为（）A.5 B.10C.8 D.98．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若满足，顶点，且其“欧拉线”与圆相切，则：①．圆M上的点到原点的最大距离为②．圆M上存在三个点到直线的距离为③．若点在圆M上，则的最小值是④．若圆M与圆有公共点，则上述结论中正确的有（）个A.1 B.2C.3 D.49．若椭圆的短轴为,一个焦点为,且为等边三角形的椭圆的离心率是A. B.C. D.10．对于公差为1的等差数列，；公比为2的等比数列，，则下列说法不正确的是（）A.B.C.数列为等差数列D.数列的前项和为11．抛物线的焦点为F，A，B是拋物线上两点，若，若AB的中点到准线的距离为3，则AF的中点到准线的距离为（）A.1 B.2C.3 D.412．已知等比数列的前项和为，公比为，则（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知是等差数列，，，设，数列前n项的和为，则______14．写出一个与椭圆有公共焦点的椭圆方程__________15．设函数f(x)在R上满足f(x)＋xf′(x)＞0，若a＝(30.3)f(30.3)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，则a与b的大小关系为________16．抛物线的准线方程是______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）已知数列的前n项积，数列为等差数列，且，（1）求与的通项公式；（2）若，求数列的前n项和18．（12分）已知二次函数.（1）若时，不等式恒成立，求实数a的取值范围；（2）解关于x的不等式（其中）.19．（12分）已知在平面直角坐标系中，圆A：的圆心为A，过点B(，0)任作直线l交圆A于点C、D，过点B作与AD平行的直线交AC于点E.（1）求动点E的轨迹方程；（2）设动点E的轨迹与y轴正半轴交于点P，过点P且斜率为k1，k2的两直线交动点E的轨迹于M、N两点(异于点P)，若，证明：直线MN过定点.20．（12分）如图1，在中，，，，分别是，边上的中点，将沿折起到的位置，使，如图2（1）求点到平面的距离；（2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．若存在，求出长；若不存在，请说明理由21．（12分）已知抛物线的顶点是坐标原点，焦点在轴的正半轴上，是抛物线上的点，点到焦点的距离为1，且到轴的距离是（1）求抛物线的标准方程；（2）假设直线通过点，与抛物线相交于，两点，且，求直线的方程22．（10分）如图所示，在四棱锥中，平面，底面是等腰梯形，．且（1）证明：平面平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值

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、A【解析】利用微积分基本定理计算得到答案.【详解】.故选：.【点睛】本题考查了定积分的计算，意在考查学生的计算能力.2、B【解析】根据点关于坐标轴对称的性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】因为点关于x轴的对称点为，所以，设平面OAB的一个法向量为，则得所以，令，得，所以又z轴的一个方向向量为，设z轴与平面OAB所成的线面角为，则，所以所求的线面角为，故选：B3、D【解析】利用对立事件的概率求法求飞行目标被雷达发现的概率.【详解】由题设，飞行目标不被甲、乙发现的概率分别为、，所以飞行目标被雷达发现的概率为.故选：D4、B【解析】分析：由双曲线性质得到，然后在和在中利用余弦定理可得详解：由题可知在中，在中,故选B.点睛：本题主要考查双曲线的相关知识，考查了双曲线的离心率和余弦定理的应用，属于中档题5、A【解析】根据得出，根据充分必要条件的定义可判断.【详解】解：∵，向量，，∴，即，根据充分必要条件的定义可判断：“”是“”的充分不必要条件，故选：A.6、B【解析】根据给定统计表计算、，再比较、大小判断作答.【详解】依题意，，，，，所以，.故选：B7、B【解析】根据分层抽样的定义即可求解.【详解】从甲车间抽取的人数为人故选：B8、A【解析】由题意求出的垂直平分线可得△的欧拉线，再由圆心到直线的距离求得，得到圆的方程，求出圆心到原点的距离，加上半径判断A；求出圆心到直线的距离判断B；再由的几何意义，即圆上的点与定点连线的斜率判断C；由两个圆有公共点可得圆心距与两个半径之间的关系，求得的取值范围判断D【详解】由题意，△的欧拉线即的垂直平分线，，，的中点坐标为，，则的垂直平分线方程为，即由“欧拉线”与圆相切，到直线的距离，，则圆的方程为：，圆心到原点的距离为，则圆上的点到原点的最大距离为，故①错误；圆心到直线的距离为，圆上存在三个点到直线的距离为，故②正确；的几何意义：圆上的点与定点连线的斜率，设过与圆相切的直线方程为，即，由，解得，的最小值是，故③错误；的圆心坐标，半径为，圆的的圆心坐标为，半径为，要使圆与圆有公共点，则圆心距的范围为，，，解得，故④错误故选：A9、B【解析】因为为等边三角形,所以.考点：椭圆的几何性质.点评：椭圆图形当中有一个特征三角形，它的三边分别为a,b,c.因而可据此求出离心率.10、B【解析】由等差数列的通项公式判定选项A正确；利用等比数列的通项公式求出，即判定选项B错误；利用对数的运算和等差数列的定义判定选项C正确；利用错位相减法求和，即判定选项D正确.【详解】对于A:由条件可得，，即选项A正确；对于B：由条件可得，，即选项B错误；对于C：因为，所以，则，即数列是首项和公差均为的等差数列，即选项C正确；对于D：，设数列的前项和为，则，，上面两式相减可得，所以，即选项D正确.故选：B.11、C【解析】结合抛物线的定义求得，由此求得线段的中点到准线的距离【详解】抛物线方程为，则，由于中点到准线的距离为3，结合抛物线的定义可知，即，所以线段的中点到准线的距离为.故选：C12、D【解析】利用等比数列的求和公式可求得的值.【详解】由等比数列的求和公式可得，解得.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-3033【解析】先求得，进而得到，再利用并项法求解.【详解】解：因为是等差数列，且，，所以，解得，所以，则，所以，，，，.故答案为：-303314、（答案不唯一）【解析】根据椭圆的标准方程，以及分析即可【详解】由题可知椭圆的形式应为（，且），可取故答案为：（答案不唯一）15、a＞b【解析】构造函数F(x)＝xf(x)，利用F(x)的单调性求解即可.【详解】设函数F(x)＝xf(x)，∴F′(x)＝f(x)＋xf′(x)＞0，∴F(x)＝xf(x)在R上为增函数，又∵30.3＞1，logπ3＜1，∴30.3＞logπ3，∴F(30.3)＞F(logπ3)，∴(30.3)f(30.3)＞(logπ3)f(logπ3)，∴a＞b.故答案为：a＞b.16、【解析】由题意可得p=4,所以准线方程,填三、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）.【解析】（1）由已知得，，两式相除得，由已知得，求得数列的公差为，由等差数列的通项公式可求得；（2）运用错位相减法可求得.【小问1详解】解：因为数列的前n项积，所以，所以，两式相除得，因为数列为等差数列，且，，所以，即，所以数列的公差为，所以，所以，【小问2详解】解：由（1）得，所以，，所以，所以.18、（1）（2）答案见解析【解析】(1)当时将原不等式变形为，根据基本不等式计算即可；(2)将原不等式化为，求出参数a分别取值、、时的解集.【小问1详解】不等式即为：，当时，不等式可变形为：，因为，当且仅当时取等号，所以，所以实数a的取值范围是；【小问2详解】不等式，即，等价于，转化为；当时，因为，所以不等式的解集为；当时，因为，所以不等式的解集为；当时，因为，所以不等式的解集为；综上所述，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.19、（1）（2）证明见解析【解析】(1)作出图象，易知|EB|＋|EA|为定值，根据椭圆定义即可判断点E的轨迹，从而写出其轨迹方程；(2)设，当直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：，联立MN方程和E的轨迹方程得根与系数的关系，根据解出k与m的关系即可以判断MN过定点；最后再考虑MN斜率不存在时是否也过该定点即可.【小问1详解】由圆A：可得(，∴圆心A(－，0)，圆的半径r＝8，，，可得，，，由椭圆的定义可得：点E的轨迹是以A(，0)、B(，0)为焦点，2a＝8的椭圆，即a＝4，c＝，∴＝16－7＝9，∴动点E的轨迹方程为；【小问2详解】由(1)知，P(0，3)，设，当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为：，由，可得，∴，，∵，∴，即，整理可得：，∴k＝m＋3或m＝3，当m＝3时，直线MN的方程为：，此时过点P(0，3)不符合题意，∴k＝m＋3，∴直线MN的方程为：此时直线MN过点(－1，－3)，当直线MN的斜率不存在时，，，解得，此时直线MN的方程为：，过点(－1，－3)，综上所述：直线MN过定点(－1，－3).20、（1）（2）存在，【解析】（1）根据题意分别由已知条件计算出的面积和的面积，利用求解，（2）如图建立空间直角坐标系，设，然后求出平面与平面的法向量，利用向量平夹角公式列方程可求得结果小问1详解】在中，，因为，分别是，边上的中点，所以∥，，所以，所以，因为，所以平面，所以平面，因为平面，所以，所以，因为平面，平面，所以平面平面，因为，所以，因为，所以是等边三角形，取的中点，连接，则，，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，中，，所以边上的高为，所以，在梯形中，，设点到平面的距离为，因，所以，所以，得，所以点到平面的距离为【小问2详解】由（1）可知平面，，所以以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则,设，则，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，则平面与平面夹角的余弦值为，两边平方得，，解得或（舍去），所以，所以21、（1）；（2）【解析】（1）根据抛物线的定义，结合到焦点、轴的距离求，写出抛物线方程.（2）直线的斜率不存在易得与不垂直与题设矛盾，设直线方程联立抛物线方程，应用韦达定理求，，进而求，由题设向量垂直的坐标表示有求直线方程即可.【详解】（1）由己知，可设抛物线的方程为，又到焦点的距离是1，∴点到准线的距离是1，又到轴的距离是，∴，解得，则抛物线方程是（2）假设直线的斜率不存在，则直线的方程为，与联立可得交点、的坐标分别为，，易得，可知直线与直线不垂直，不满足题意，故假设不成立，∴直线的斜率存在．设直线为，整理得，设，，联立直线与抛物线的方程得，消去，并整理得，于是，，∴，又，因此，即，∴，解得或当时，直线的方程是，不满足，舍去当时，直线的方程是，即，∴直线的方程是22、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由线面垂直的判定定理可得