北京海淀区2025届高二数学第一学期期末统考试题含解析

北京海淀区2025届高二数学第一学期期末统考试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知椭圆，则椭圆的长轴长为（）A.2 B.4C. D.82．若（为虚数单位），则复数在复平面内的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3．在等差数列{an}中，a1＝2，a5＝3a3，则a3等于（）A.－2 B.0C.3 D.64．已知两个向量，，且，则的值为（）A.-2 B.2C.10 D.-105．如果直线与直线垂直，那么的值为（）A. B.C. D.26．如图已知正方体，点是对角线上的一点且，，则（）A.当时，平面 B.当时，平面C.当为直角三角形时， D.当的面积最小时，7．已知一个乒乓球从米高的高度自由落下，每次落下后反弹的高度是原来高度的倍，则当它第8次着地时，经过的总路程是（）A. B.C. D.8．椭圆的短轴长为（）A.8 B.2C.4 D.9．已知点是双曲线的左焦点，是双曲线右支上一动点，过点作轴垂线并延长交双曲线左支于点，当点向上移动时，的值（）A.增大 B.减小C.不变 D.无法确定10．瑞士数学家欧拉1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是（）A. B.C. D.11．已知集合，从集合A中任取一点P，则点P满足约束条件的概率为（）A. B.C. D.12．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列是等差数列，若，则___________.14．函数满足，且，则的最小值为___________.15．点到抛物线上的点的距离的最小值为________.16．已知函数有且仅有两个不同的零点，则实数的取值范围是__________.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）设函数.（1）若在点处的切线为，求a，b的值；（2）求的单调区间.18．（12分）已知等差数列中，，，等比数列中，，（1）求数列的通项公式；（2）记，求的最小值19．（12分）已知函数，求函数在上的最大值与最小值.20．（12分）如图所示，在空间四边形中，，分别为，的中点，，分别在，上，且．求证：（1）、、、四点共面；（2）与的交点在直线上21．（12分）已知动圆过点且动圆内切于定圆：记动圆圆心的轨迹为曲线.（1）求曲线方程；（2）若、是曲线上两点，点满足求直线的方程.22．（10分）已知椭圆与直线相切，点G为椭圆上任意一点，，，且的最大值为3（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线与椭圆C交于不同两点E，F，点O为坐标原点，且，当的面积取最大值时，求的取值范围

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、B【解析】根据椭圆的方程求出即得解.【详解】解：由题得椭圆的所以椭圆的长轴长为.故选：B2、A【解析】根据复数运算法则求出z＝a＋bi形式，根据复数的几何意义即可求解.【详解】，z对应的点在第一象限.故选：A3、A【解析】利用已知条件求得，由此求得.【详解】a1＝2，a5＝3a3，得a1＋4d＝3(a1＋2d)，即d＝－a1＝－2，所以a3＝a1＋2d＝－2.故选：A.4、C【解析】根据向量共线可得满足的关系，从而可求它们的值，据此可得正确的选项.【详解】因为，故存在常数，使得，所以，故，所以，故选：C.5、A【解析】根据两条直线垂直列方程，化简求得的值.【详解】由于直线与直线垂直，所以.故选：A6、D【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得；【详解】解：由题可知，如图令正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，因为，所以，所以，，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以对于A：若平面，则，则，解得，故A错误；对于B：若平面，则，即，解得，故B错误；当为直角三角形时，有，即，解得或（舍去），故C错误；设到的距离为，则，当的面积最小时，，故正确故选：7、C【解析】根据等比数列的求和公式求解即可.【详解】从第1次着地到第2次着地经过的路程为，第2次着地到第3次着地经过的路程为，组成以为首项，公比为的等比数列，所以第1次着地到第8次着地经过的路程为，所以经过的总路程是.故答案为：C.8、C【解析】根据椭圆的标准方程求出，进而得出短轴长.【详解】由，可得，所以短轴长为.故选：C.9、C【解析】令双曲线右焦点为，由对称性可知，，结合双曲线的定义即可得出结果.【详解】令双曲线右焦点为，由对称性可知，，则，为常数，故选：C.10、C【解析】设出点C坐标，求出的重心并代入欧拉线方程，验证并排除部分选项，余下选项再由外心、垂心验证判断作答.【详解】设顶点的坐标为，则的重心坐标为，依题意，，整理得：，对于A，当时，，不满足题意，排除A；对于D，当时，，不满足题意，排除D；对于B，当时，，对于C，当时，，直线AB的斜率，线段AB中点，线段AB中垂线方程：，即，由解得：，于是得的外心，若点，则直线BC的斜率，线段BC中点，该点与点M确定直线斜率为，显然，即点M不在线段BC的中垂线上，不满足题意，排除B；若点，则直线BC的斜率，线段BC中点，线段BC中垂线方程为：，即，由解得，即点为的外心，并且在直线上，边AB上的高所在直线：，即，边BC上的高所在直线：，即，由解得：，则的垂心，此时有，即的垂心在直线上，选项C满足题意.故选：C【点睛】结论点睛：的三顶点，则的重心为.11、C【解析】根据圆的性质，结合两条直线的位置关系、几何概型计算公式进行求解即可.【详解】，圆心坐标为，半径为，直线互相垂直，且交点为，由圆的性质可知：点P满足约束条件的概率为，故选：C12、C【解析】作出辅助线，找到异面直线与所成角，进而利用余弦定理及勾股定理求出各边长，最后利用余弦定理求出余弦值.【详解】如图所示，把三棱柱补成四棱柱，异面直线与所成角为，由勾股定理得：，，∴故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、8【解析】利用计算可得答案.【详解】设等差数列的公差为，故答案为：8.14、6【解析】化简得出，由化简后根据均值不等式建立不等式，求解二次不等式即可得解.【详解】，由得：，（当且仅当时取等号），所以的最小值为6.故答案为：615、【解析】设出抛物线上点的坐标，利用两点间距离公式，配方求出最小值.【详解】设抛物线上的点坐标，则，当时，取得最小值，且最小值为.故答案为：16、【解析】函数有两个不同零点即y=a与g(x)=图像有两个交点，画出近似图象即得a的范围﹒【详解】∵函数有且仅有两个不同的零点，令，则y=a与g(x)=图像有两个交点，∵，∴当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴当时，，作出函数与的图象，∴当时，y=a与g(x)有两个交点﹒故答案为：﹒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）答案见解析.【解析】（1）已知切线求方程参数，第一步求导，切点在曲线，切点在切线，切点处的导数值为切线斜率.(2)第一步定义域，第二步求导，第三步令导数大于或小于0，求解析，即可得到答案.【小问1详解】的定义域为，，因为在点处的切线为，所以，所以；所以把点代入得：.即a，b的值为：，.【小问2详解】由（1）知：.①当时，在上恒成立，所以在单调递减；②当时，令，解得：，列表得：x-0+单调递减极小值单调递增所以，时，的递减区间为，单增区间为.综上所述：当时，在单调递减；当时，的递减区间为，单增区间为.【点睛】导函数中得切线问题第一步求导，第二步列切点在曲线，切点在切线，切点处的导数值为切线斜率这三个方程，可解切线相关问题.18、（1）（2）0【解析】（1）利用等差数列通项公式基本量的计算可求得，进而利用等比数列的基本量的计算即可求得数列的通项公式；（2）由（1）可知，则，观察分析即可解【小问1详解】设等差数列的公差为d，所以由，，得所以，从而，，所以，，q＝3，所以【小问2详解】由（1）可知，所以，当n＝1时，为正值﹐所以；当n＝2时，为负值﹐所以；当时，为正值﹐所以又综上：当n＝3时，有最小值019、最大值为，最小值为【解析】利用导数可求得的单调性，进而可得极值，比较极值和端点值的大小即可求解.【详解】由可得：，则当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，，又因为，，所以，综上所述：函数在上的最大值为，最小值为.20、（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）由平行关系转化，可得，即可证明四点共面；（2）由条件证明与的交点既在平面上，又在平面上，即可证明.【详解】证明（1）∵，∴∵，分别为，的中点，∴，∴，∴，，，四点共面（2）∵，不是，的中点，∴，且，故为梯形∴与必相交，设交点为，∴平面，平面，∴平面，且平面，∴，即与的交点在直线上21、（1）；（2）.【解析】（1）根据两圆内切，以及圆过定点列式求轨迹方程；（2）利用重心坐标公式可知，，再设直线的方程为与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求解直线方程.【详解】（1）由已知可得，两式相加可得则点的轨迹是以、为焦点，长轴长为的椭圆，则因此曲线的方程是(2)因为，则点是的重心，易得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立消得：且①②由①②解得则直线的方程为即【点睛】本题考查直线与椭圆的问题关系，本题的关键是根据求得，.22、（1）（2）【解析】（1）设点，根据题意，得到，根据向量数量积的坐标表示，得到，根据其最小值，求出，即可得出椭圆方程；（2）设，，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由弦长公式