北京市北京二中教育集团2025届数学高二上期末考试模拟试题含解析

北京市北京二中教育集团2025届数学高二上期末考试模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．若直线与直线垂直，则a=（）A.-2 B.0C.0或-2 D.12．已知数列满足，则（）A.32 B.C.1320 D.3．圆：与圆：的位置关系是（）A.内切 B.外切C.相交 D.相离4．函数的部分图像为（）A. B.C. D.5．过，两点的直线的一个方向向量为，则（）A.2 B.2C.1 D.16．已知动点满足，则动点的轨迹是（）A.椭圆 B.直线C.线段 D.圆7．如果命题为真命题，为假命题，那么（）A.命题，都是真命题 B.命题，都是假命题C.命题，至少有一个是真命题 D.命题，只有一个是真命题8．设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件9．已知点是抛物线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为（）A. B.C. D.10．函数在上是单调递增函数，则的最大值等于（）A.2 B.3C.5 D.611．已知等比数列，且，则（）A.16 B.32C.24 D.6412．设等差数列前n项和是，若，则的通项公式可以是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．二项式的展开式中，项的系数为__________.14．某教师组织本班学生开展课外实地测量活动，如图是要测山高.现选择点A和另一座山顶点C作为测量观测点，从A测得点M的仰角，点C的仰角，测得，，已知另一座山高米，则山高_______米.15．设、、是三个不同的平面，、是两条不同的直线，给出下列三个结论：①若，，则；②若，，则；③若，，则其中，正确结论的序号为__16．某学生到某工厂进行劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后剩余部分（两个圆柱底面圆的圆心重合），大圆柱的轴截面是边长为的正方形，小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，打印所用原料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.（取）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）如图，在三棱锥中，平面，，，为的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.18．（12分）已知圆C过点，，它与x轴的交点为，，与y轴的交点为，，且.（1）求圆C的标准方程；（2）若，直线，从点A发出的一条光线经直线l反射后与圆C有交点，求反射光线所在的直线的斜率的取值范围.19．（12分）已知函数.（1）当时，证明：存在唯一的零点；（2）若，求实数的取值范围.20．（12分）已知圆，直线，直线l与圆C相交于P，Q两点（1）求的最小值；（2）当的面积最大时，求直线l的方程21．（12分）如图，矩形和菱形所在的平面相互垂直，，为的中点.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值.22．（10分）设椭圆E：（a，b>0）过M（2，），N(，1)两点，O为坐标原点，（1）求椭圆E的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围，若不存在说明理由.

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】代入两直线垂直的公式，即可求解.【详解】因为两直线垂直，所以，解得：或.故选：C2、A【解析】先令，求出，再当时，由，可得，然后两式相比，求出，从而可求出，进而可求得答案【详解】当时，，当时，由，可得，两式相除可得，所以，所以，故选：A3、A【解析】先计算两圆心之间的距离，判断距离和半径和、半径差之间的关系即可.【详解】圆圆心，半径，圆圆心，半径，两圆心之间的距离，故两圆内切.故选：A.4、D【解析】先判断奇偶性排除C，再利用排除B，求导判断单调性可排除A.【详解】因为，所以为偶函数，排除C；因为，排除B；当时，，，当时，，所以函数在区间上单调递减，排除A.故选：D5、C【解析】应用向量的坐标表示求的坐标，由且列方程求y值.【详解】由题设，，则且，所以，即，可得.故选：C6、C【解析】根据两点之间的距离公式的几何意义即可判定出动点轨迹.【详解】由题意可知表示动点到点和点的距离之和等于，又因为点和点的距离等于，所以动点的轨迹为线段.故选：7、D【解析】由命题为真命题,可判断二者至少有一个为真命题，由为假命题，可判断二者至少有一个为假命题，由此可得答案.【详解】命题为真命题，说明二者至少有一个为真命题，为假命题,说明二者至少有一个为假命题，综合上述，可知命题，只有一个是真命题，故选：D8、A【解析】由三角函数的单调性直接判断是否能推出，反过来判断时，是否能推出.【详解】当时，利用正弦函数的单调性知；当时，或.综上可知“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查判断充分必要条件，三角函数性质，意在考查基本判断方法，属于基础题型.9、C【解析】分析可知圆的圆心为抛物线的焦点，可求出的最小值，再利用勾股定理可求得的最小值.【详解】设点的坐标为，有，由圆的圆心坐标为，是抛物线的焦点坐标，有，由圆的几何性质可得，又由，可得的最小值为故选：C.10、B【解析】由f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数，得到在[1，+∞）上，恒成立，从而解得a≤3，故a的最大值为3【详解】解：∵f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数∴在[1，+∞）上恒成立即a≤3x2，∵x∈[1，+∞）时，3x2≥3恒成立，∴a≤3，∴a的最大值是3故选：B11、A【解析】由等比数列的定义先求出公比，然后可解..【详解】，得故选：A12、D【解析】根据题意可得公差的范围，再逐一分析各个选项即可得出答案.【详解】解：设等差数列的公差为，由，得，所以，故AB错误；若，则，与题意矛盾，故C错误；若，则，符合题意.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、80【解析】利用二项式的通项公式进行求解即可.【详解】二项式的通项公式为：，令，所以项的系数为，故答案为：8014、【解析】利用正弦定理可求出各个三角形的边长，进而求出山高.【详解】解：在中，，，，可得在中，，所以由正弦定理可得：即，得在直角中，所以故答案为：.15、①②【解析】利用线面垂直的性质可判断命题①、②的正误；利用特例法可判断命题③的正误.综合可得出结论.【详解】、、是三个不同的平面，、是两条不同的直线.对于①，若，，由同垂直于同一平面的两直线平行，可得，故①正确；对于②，若，，由同垂直于同一直线的两平面平行，可得，故②正确；对于③，若，，考虑墙角处的三个平面两两垂直，可判断、相交，则不正确故答案为：①②【点睛】本题考查空间中线面、面面位置关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于基础题.16、4500【解析】根据题意可知大圆柱底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，再根据小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，求出小圆柱的底面圆的半径，然后求出该模型的体积，从而可得出答案.【详解】解：根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，则有，即，解得，所以该模型的体积为，所以制作该模型所需原料的质量为.故答案为：4500.三、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）证明见解析（2）【解析】（1）根据勾股定理先证明，然后证明，进而通过线面垂直的判定定理证明问题；（2）建立空间直角坐标系，进而求出两个平面的法向量，然后通过空间向量的夹角公式求得答案.【小问1详解】∵，，∴，∴，∵平面，平面，∴，∵，，，∴平面.【小问2详解】以点为坐标原点，向量，的方向分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为，由，，有取，可得平面的一个法向量为.设平面的一个法向量为，由，，有取，可得平面的一个法向量为，所以，故平面与平面的夹角的正弦值为.18、（1）；（2）.【解析】（1）设圆C的一般式方程为：，然后根据题意列出方程，解出D，E，F的值即可得到圆的方程；（2）先求出点关于直线l的对称点，设反射光线所在直线方程为，利用直线和圆的位置关系列出不等式解出k的取值范围即可.【详解】（1）设圆C的一般式方程为：，令，得，所以，令，得，所以，所以有，所以，①又圆C过点，，所以有，②，③由①②③得，，，所以圆C的一般式方程为，标准方程为；（2）设关于的对称点，所以有，解之得，故点，∴反射光线所在直线过点，设反射光线所在直线方程为：，所以有，所以反射光线所在的直线斜率取值范围为.【点睛】本题考查圆的方程的求法，直线和圆的位置关系的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.19、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）当时，求导得到，判断出函数的单调性，求出最值，可证得命题成立；（2）当且时，不满足题意，故，又定义域为，讲不等式化简，参变分离后构造新函数，求导判断单调性并求出最值，可得实数的取值范围【详解】（1）函数的定义域为，当时，由，当时，，单调递减；当时，，单调递增；.且，故存在唯一的零点；（2）当时，不满足恒成立，故由定义域为，可得，令，则，则当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故当时，函数取得最大值（1），故实数的取值范围是【点睛】方法点睛：本题考查函数零点的问题，考查导数的应用，考查不等式的恒成立问题，关于恒成立问题的几种常见解法总结如下：

参变分离法，将不等式恒成立问题转化函数求最值问题；

主元变换法，把已知取值范围的变量作为主元，把求取值范围的变量看作参数；

分类讨论，利用函数的性质讨论参数，分别判断单调性求出最值；

数形结合法，将不等式两端的式子分别看成两个函数，作出函数图象，列出参数的不等式求解20、（1）4；（2）或.【解析】(1)过定点D(4，2)，当CD⊥l时，|PQ|最小；(2)，当时，△CPQ面积最大，此时△CPQ为等腰直角三角形，圆心到直线l的距离，据此即可求出m.【小问1详解】由，得，由，∴直线l过定点D(4，2)，∵，∴在圆C内部，∴直线和l与圆C相交，当CD⊥l时，|PQ|最小，；【小问2详解】∵，∴当时，△CPQ面积最大，此时△CPQ为等腰直角三角形，故圆心到直线l的距离，∴，解得，∴此时l的方程为：或.21、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）利用面面垂直和线面垂直的性质定理可证得；由菱形边长和角度的关系可证得；利用线面垂直的判定定理可证得结论；（2）以为坐标原点建立起空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.详解】（1）平面平面，平面平面，且平面，平面，平面，，四边形为菱形且为中点，，又，，又，，平面，，平面.（2）以为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，则，，，设平面的法向量，则，令，则，，，设平面的法向量，则，令，则，，，，二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查立体几何中线面垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题；涉及到面面垂直的性质定理、线面垂直的判定与性质定理的应用，属于常考题型.22、（1）；（2）存在，，.【解析】（1）根据椭圆E：（a，b>0）过M（2，），N(，1)两点，直接代入方程解方程组即可.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在，当切线斜率不存在时，验证即可；在该圆的方程存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到求解.【详解】（1）因为椭圆E：（a，b>0）过M（2，），N(，1)两点，所以，解得，所以，所以椭圆E的方程为.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，设该圆的切线方程为，联立得，则△=，即，，，要使，需使，即，所以，所以，又，所以，所以，即或，因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为，，所以，则所求的圆为，此时圆的切线都满足或，而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足，综上，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且.因为