北京市某中学2024-2025学年高二年级上册期末质量检测数学试题

北京市第五中学2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学

试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1.若直线/的斜率为-百，贝IJ/的倾斜角为（）

兀c兀-2兀5兀

A.—B.--C.—D.——

3636

2.在数列｛%｝中，％=%-1,%022=（）

A.2B.2C.yD.-1

2

3.若双曲线/+匕=i的离心率是2,则实数左的值是（)

k

1

A.-3B.--C.3D.-

33

4.某单位要邀请10位教师中的6人参加一个研讨会，其中甲、乙两位教师不能同时

参加，则不同的邀请方法有

A.84种B.98种C.112种D.140种

5.若（1+%X）6=%+%X+“2X2+…+。6尤6且4+。2+…+。6=63,则实数机的值为（）

A.1B.-1C.-3D.1或-3

6.P为抛物线必=2.（。＞0）上一点，点尸到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6,

则P=（）

A.18B.4C.2或18D.4或9

7.已知等差数列｛%｝的公差为2,前〃项和为S）,，且印邑,凡成等比数列.令则

anan+l

数列也｝的前50项和4=（）

5049-10050

A.—B.—C.----D.----

5150101101

8.均匀压缩是物理学一种常见现象.在平面直角坐标系中曲线的均匀压缩，可用曲线上点的

坐标来描述.设曲线C上任意一点P（x,y），若将曲线C纵向均匀压缩至原来的一半，则点P的

对应点为6（x,gy）.同理，若将曲线C横向均匀压缩至原来的一半，则曲线C上点P的对应

试卷第1页，共4页

点为鸟（gx,y）.若将单位圆/+/=1先横向均匀压缩至原来的一半，再纵向均匀压缩至原来

的;，得到的曲线方程为（）

22

AXJ/口工2歹2

4994

C.4x2+9y2=1D.9JC2+4V2=1

9.已知等比数列｛为｝各项都为正数，前〃项和为贝心｛4｝是递增数列”是

“V〃eN*,%<3SjW（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

10.48是圆C]：（x-2）2+（y-/M）2=4上两点，百，若在圆C2：（x-2）2+（y+l）2=9上

存在点尸恰为线段48的中点，则实数"Z的取值范围为（）

A.[-5,-3]u[l,3]B.[-4,-2]u[2,4]C.[1,3]D.[-5,3]

二、填空题

11.两条直线4：x-y=0与/2：x-y-2=0之间的距离是.

12.若卜?+展开式的各项系数之和为32,则〃=,其展开式中的常数项

为.（用数字作答）

22.

13.已知双曲线\-%=1e>0,6>0）的一个焦点为（亚0）,且与直线>=±2》没有公共点，

则双曲线的方程可以为.

14.在平面直角坐标系中，直线｝；="+加（丘0）与x轴和了轴分别交于42两点，|“a=2夜,

若则当匕机变化时，点C到点（2,2）的距离的最大值为.

15.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,

5,其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数

列｛%｝称为“斐波那契数列”，记50为数列｛4｝的前"项和，则下列结论正确的

a

是・①$7=33;②Sn+2=S“+[+Sn;③%+%+%…+~19=2020；

试卷第2页，共4页

222

④41+%+…+”2019

=a2020•

“2019

三、解答题

16.已知函数/(》)=5皿8+。)(0>0,网<力的部分图象如图所示.

(1)求/(X)的解析式;

⑵将f(x)的图象向右平移B个单位长度，得到函数y=g(x)的图象，求g(x)在区间

63_

上的最大值和最小值.

17.在V/BC中，sin2C=V3sinC.

⑴求NC;

(2)若6=6,且V/3C的面积为66，求V/8C的周长.

18.2021年7月11日18时，中央气象台发布暴南橙色预警，这是中央气象台2021年首次

发布暴雨橙色预警.中央气象台预计，7月11日至13日，华北地区将出现2021年以来的最

强降雨.下表是中央气象台7月13日2：00统计的24小时全国降雨量排在前十的区域.

北京山东河北山东北京河北河北天津渤海河北山东

密云乐陵迁西庆云怀柔海兴唐山/平台丰南长清

180175144144143140130127126126

毫米毫米毫米毫米毫米毫米毫米毫米毫米毫米

(1)从这10个区域中随机选出1个区域，求这个区域的降雨量超过135毫米的概率；

(2)从这10个区域中随机选出3个区域，求恰有一个北京区域的概率；

⑶在7月13日2：00统计的24小时全国降雨量排在前十的区域中，设降雨量超过140毫

米的区域降雨量的方差为s；,降雨量在140毫米或140毫米以下的区域降雨量的方差为$,

试卷第3页，共4页

全部十个区域降雨量的方差为s；.试判断的大小关系.(结论不要求证明)

19.如图，三棱锥尸一/8C中，AB=BC=CA=PB=1,平面尸48_L平面48C,点、E是棱PB

的中点，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知.

(1)求证：AB1PC；

(2)求二面角E-AC-B的余弦值.

条件①：PC=逅；条件②：直线尸C与平面尸所成角为45。.

2

20.已知椭圆+的一个顶点坐标为(0阴，离心率为

(1)求椭圆E的标准方程；

⑵过椭圆E的右焦点下作斜率为左化40)的直线/交椭圆E于42两点，线段N3的垂直平

分线机分别交直线//轴，了轴于点求储的值.

21.设等差数列｛4｝的各项均为整数，且满足对任意正整数”，总存在正整数机，使得

ax+a2+---+an=am,则称这样的数列｛%｝具有性质P.

(1)若数列｛6｝的通项公式为%=2",数列｛。“｝是否具有性质P?并说明理由；

⑵若%=3,求出具有性质P的数列｛%｝公差的所有可能值；

⑶对于给定的q,具有性质P的数列｛%｝是有限个，还是可以无穷多个？

试卷第4页，共4页

《北京市第五中学2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试题》参考答案

题号12345678910

答案CDADDCDCDA

1.C

【分析】由倾斜角与斜率关系可得答案.

【详解】设/的倾斜角为0,则tana=-百，

由tze[0,7i),故々=牛.

故选：C.

2.D

【分析】结合递推公式可求得数列｛4｝是周期为3的周期数列，然后利用递推数列求出第3

项即可求解.

【详解】因为

所以，。,+1=1------,

,1,11

痂。"+2=1=1「=i-------

故«„+11一%，

a„

11

a„+3=1=1i-=a„

a，

„+2]

1-。"

故数列｛aJ是周期为3的周期数列，

从而。2022=4673x3+3=〃3

由％=2知，a2=1--=7,%=1一~~,

ax2a2

故〃2022="673x3+3=。3=-1.

故选：D.

3.A

【分析】设双曲线/+或=1的实半轴为。，虚半轴为6，半焦距为。，由双曲线方程求。力,c,

k

结合离心率定义列方程求左.

【详解】设双曲线/+上=1的实半轴为。，虚半轴为b,半焦距为C,

k

答案第1页，共15页

22

因为双曲线方程可化为土-匕=1,

1~k

所以。=1,b=4~k，c=Jl-k,

所以双曲线/+亡=1的离心率e=Y亘，故4亘=2,

k11

所以上=—3.

故选：A.

4.D

【详解】..TO位教师中的6人参加一个研讨会，

其中甲、乙两位教师不能同时参加，需要分类来解，

...当甲和乙有一个参加，则只要从8人中选5个，共有2c85=112种结果，

当甲和乙都不参加，要从8人中选6人，共有Cg6=28种结果，

根据分类计数原理知共有112+28=140,

故答案为140

5.D

【分析】根据二项展开式可求得常数项。。=1,再利用赋值法即可求得参数朋的值.

【详解】由二项式定理可知，常数项为=或16（皿）°=1；

6

令x=1,得(1+m)=a0++a2H-----F%,

又因为q+a2-\----Fa6=63,

所以（1+根）6=64=26,

可得%=1或-3.

故选：D.

6.C

【分析】由抛物线方程/=2/（。>0）,可得准线方程，再由点尸到抛物线准线和对称轴的

距离分别为10和6,可得尸点坐标，代入抛物线方程，即可求得答案.

【详解】由抛物线方程/=2px（0>O）,可得准线方程x=

因为点P到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6,所以点

代入抛物线方程得（±6）2=2小0-£］（p>0）,

答案第2页，共15页

解得。=2或p=18.

故选：C

7.D

【分析】根据H，邑，邑成等比数列结合公差为2,求得得到”，再利用裂项相消法求解.

2x14x3

【详解】因为S]=q,82=24]+?x2=2%+2,邑=4〃]+亍x2=4〃]+12,

由*82,84成等比数列，得（2%+2『=4（4q+12）,解得々=1,

所以4=27一1,

则“-（2〃—1）（2〃+1）-12及+1

1111150

5799101J101

故选：D.

8.C

[尤=2x，

【分析】设单位圆上一点为a,〉），经过题设变换后坐标为（x',y）,贝"。，，代入圆的方

0=3了

程即可得曲线方程.

【详解】由题设，单位圆上一点坐标为（XJ）,经过横向均匀压缩至原来的一半，纵向均匀

压缩至原来的|,得到对应坐标为（X',/）,

x7fx—2x'

,则.,，故f+/=l中，可得：4'2+9y'2=l.

〔尸3yX

t3

故选：C.

9.D

【分析】通过两个特殊数列可知两个命题互相推不出，则可判断为既不充分也不必要条件.

【详解】等比数列｛%｝各项都为正数，设公比为4,则4=4也＞。，

an

①当为=1应=2时，｛%｝是递增数列，

=22--l,3S„=3（2"-1）

由星"一3S"=（2"丫一3.2"+2=（2"-1）（2"-2"0,则S2n>3Sn,

答案第3页，共15页

不满足V〃eN*,%<3S..

所以｛«„｝是递增数列RV"eN*,邑”<3s

②当q=q=1时,贝！J$2"=21<3S”=3〃，

此时满足?”<3S“，｛4｝为常数列，不是递增数列.

所以T〃eN*,邑“<3S“R｛%｝是递增数列.

故"｛为｝是递增数列”是"V"eN*,邑“<35“”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

10.A

【分析】由|48|=2百得弦中点P到圆心G的距离《尸|=1，则点P在以G为圆心，1为半

径的圆上，又在圆C?上存在点尸，则可转化为两圆有公共点问题求解即可.

【详解】圆G：(x-2)2+(y-/w)2=4,圆心G(2,/n),半径r=2,

22

®1C2:(X-2)+(J+1)=9,圆心。2(2,-1),半径々=3,

由尸是弦N3的中点，且|48|=2百，则

所以|cj|=卜-(厨=1，

故点p在以G(2切)为圆心，以外=1为半径的圆上.

又在圆c?:(x-2)2+3+1)2=9上存在点尸恰为线段N8的中点，，

则两圆有公共点，可得2FVCG|V2+4，

即2VW+1|V4,解得-5VmV-3或IV加V3.

则实数机的取值范围为［-5,-3卜［1,3］,

故选：A.

答案第4页，共15页

【分析】由两条平行线的距离公式求解即可.

【详解】由两条平行线的距离公式可得:

故答案为：也.

12.510

【详解】显然展开式的各项系数之和就是二项式系数之和，2"=32也即n=5；

5r

,Tr+}=C'5x'°-,常数项C；=10.

2

13./-匕=i（答案不唯一）

4

【分析】取直线y=±2x为双曲线的渐近线，则2=2,根据焦点得到c=0，a=\,b=2,

a

得到双曲线方程.

【详解】取直线y=±2x为双曲线的渐近线，则2=2,

a

22

双曲线1r-%=l（a>0,6>0）的一个焦点是（亚0）,故c=右，

2

由。2=/+62,解得。=1,6=2,故双曲线方程为V-21=1.

4

2

故答案为：=答案不唯一）

14.4A/2

【分析】先求得45两点坐标，根据M同=2也得到（-£）?+/=8,再结合C4LC5可得

到C轨迹为动圆，求得该动圆圆心的方程，即可求得答案.

答案第5页，共15页

【详解】由、=h+"双#0）,得/[£,01,2（0,相），

由|A8|=2也，得（一蓝）+m2=8,

由C4_LC8,得衣.比=0，

设C（x,y）,贝”尤+彳,叶（无,y-加）=0,

因此点。的轨迹为一动圆，

设该动圆圆心为E","）,即有/=-^-,y'=三,

贝!j£=-2x',/=2y'代入［一?12+加2=8,整理得：y2+/2=2,

即C轨迹的圆心在圆X'2+J/2=2上（除此圆与坐标轴的交点外），

则\CD\<\DE\+42<001+贬+逐，

当且仅当点C为射线DE与圆[+&]+[y~^]=2的交点，点E为射线DO与圆

/+*=2的交点时等号成立，

又您。|二J（2-O'+（2-0）2=2行,

所以点C到点。（2,2）的距离的最大值为2c+2拒=4五.

15.①③④

【分析】分别求出前七项，求和后可判断①；由。“+2=。用+%依次取值后累加可判断②;

答案第6页，共15页

由«„+2=«„+1+。"依次取奇数累加可判断③；由递推关系可得=。“+画,+2-%。向，依次取

值后累加可判断④.

【详解】因为第三项起，每个数等于它前面两个数的和，

由数列前五项为1,1,2,3,5,可得4=3+5=8,%=5+8=13,

=1+1+2+3+5+8+13=33,①正确；

由〃3=。+%，%=“3+。2，…，%+2=%+1+。〃，两边累加可得：

〃3+%~*-----an+2=(〃2+-------〃叶1)+(°1+-------)

即5+2-2=(九T+S“，

•••S"+2=S〃M+S,+1,②错误；

由4］一49%—“4—02'05—。6—"4'...，。2019—。2020—。2018，

相加可得：。1+。3+。5_|-----1■。2019=。2020•③正确;

因为斐波那契数列总有%+2=。用+%

贝|Q；=Q2Q］，=出(。3_〃［)=-。1〃2，Q；=%(%—%)=—。2。3，•

。2018=。2018(°2019—02017)=°2018a2019—〃2017〃2018,42019=。2019〃2010一〃2018a2019；

相力口可得a；+W+L+af019=a20i9«2020-即％+的+一.+。2()19二2()20,④正确.

。2019

故答案为：①③④.

【点睛】关键点点睛：解本题的关键是正确理解“斐波那契数列”含义以及递推关系与性质,

求解时注意根据题干中的结论将递推关系灵活转换.

16.(1)/W=sin^3x+^

(2)最小值-交；最大值1.

2

【分析】(1)根据题意结合五点法求函数解析式；

(2)根据图象变换可得g(x)=sin(3x-：；以3工为整体，结合正弦函数的有界性分析

求解.

答案第7页，共15页

【详解】⑴由图可知：函数/(X)的周期7=2'附-目=/,又。＞0,

所以。=半=3.

又因为=即sin(3x?d=l,

ITITTT

贝|3x--1-6?=—+2kn(kGZ),即夕=—+2左兀伏wZ).

1224

且陷＜5，可知左=0,0=2，所以/(x)=sin［3x+：］.

(2)由V=/(x)的图象向右平移看个单位长度后得g(x)=/1x-e)=$山［3》-弓］，

因为0,—,令,=3%―工£,

13」4L44J

当/=_?,即x=0时，g(x)取最小值一变；

42

当/=三71，即x=71；时，g(x)取最大值1.

24

17.⑴3

O

⑵6+66

【分析】(1)利用二倍角的正弦公式化简可得cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C的

值；

(2)利用三角形的面积公式可求得。的值，由余弦定理可求得。的值，即可求得V/3C的

周长.

【详解】(1)解：因为Ce(0,万)，贝！JsinC＞0,由已知可得GsinC=2sinCcosC，

可得cosC=3,因此，C=j

26

(2)解：由三角形的面积公式可得邑“Bc=；absinC=g“=6百，解得a=4x/§.

nz

由余弦定理可得/=Q?+/-2Q6COSC=48+36-2x4\/3x6=12,:(=2。,

所以，V/5c的周长为a+b+°=6百+6.

3

18.(1)-

⑵工

「15

答案第8页，共15页

(3)s?<S]<s3

【分析】（1）由表格可得雨量在135毫米以上的区域共有6个，进而可得结果;

（2）设随机变量X表示选出的区域为北京区域的数量，由超几何分布概率公式可得;

（3）结合方差的意义可得结果.

【详解】（1）设这个区域降雨量在135毫米以上为事件A,

区域降雨量在135毫米以上的区域共有6个，所以尸（/）=A=|.

3

故这个区域降雨量在135毫米以上的概率为:

（2）设随机变量X表示选出的区域为北京区域的数量，

由题意分析可知X服从超几何分布，X=1即表示“恰有一个北京区域”,

_567

则P(X=1)

"cT=12015

7

故恰有一个北京区域的概率为A.

180+175+144+143+140+130+127+126+126

（3）表中数据的均值为】==143.5,

10

222222

故s；=巳(18。2+175?+144?+144?+143+140+130+127+2xl26)-143.5

=340.45，

180+175+144+144+143

降雨量超过140毫米的区域降雨量的均值为—157.2,

5

故s；=|(1802+1752+1442+1442+1432)-157.22=277.36,

降雨量在140毫米或140毫米以下的区域降雨量的均值为:

140+130+127+126+126_

-1Uy.o,

5

故s；=|(1402+1302+1272+1262+1262)-129.82=28.6,

故s；<s；<s；.

19.（1）证明见解析;

⑵独I.

13

【分析】（1）由面面垂直性质定理证明线面垂直，进而得线线垂直，

选①再由长度关系利用勾股定理证明另一组线线垂直，

选②结合线面角的定义证明NCPD=45。，由此可得PD,利用勾股定理证明另一组线线垂直,

答案第9页，共15页

则由线面垂直判定理证明线面垂直，由此线线垂直得证；

(2)建立空间直角坐标系，求平面ENC和平面/3C的法向量，利用向量方法求解二面角的

大小.

【详解】(1)选择条件①.

取NB的中点。，连接C2PD.

因为/B=8C=C4=1,所以

又平面PAB_L平面ABC,CD<=平面ABC,

平面ABCA平面PAB=AB,

故CD_L平面R4B,

而「Z)u平面尸故CZ)_LPA,即NPDC=90°,

所以PD=^PC2-CD2=Jf—f-f—=—，

K2JI2J2

又BP=l,BD=g,故PB?=BD?+PD\

2

则/2。2=90°,^ABLPD.

因为48_LCD,PDcCD=D,PD,CDu平面PCD,

所以48_L平面PCD,尸Cu平面尸CD,

所以48,尸C.

选择条件②.

取的中点。，连接8,尸。

因为/3=BC=C4=1,所以CD_L/3,

又平面PAB1平面ABC,CDu平面ABC,

平面ABCA平面PAB=AB,

故。_L平面尸N8,

所以PC在平面ABP内的射影是PD,

所以ZCPD是直线PC与平面ABP所成角.

所以/CPZ)=45°.

由C7)_L平面尸48,而尸Du平面P48,故COJ_PD,即NPDC=90°,

51

所以PD=CD=J,又BP=1,BD=—,

22

故PB2=BD2+PD2，则ZBDP=90°,ABLPD.

答案第10页，共15页

因为48_LCD,PDcCZ>=Z),PZ),CZ>u平面尸CD,

所以N8_L平面PC。，尸Cu平面PCD,

所以48_LPC.

（2）由（1）知。尸,DC,D4两两垂直,

以。为坐标原点，DG尸所在直线分别为x，%z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

、

lol,Cl--,0,0IP10,0,

于是-

22

7\

1J3、

由点E是棱％的中点，所以平，-了彳

7

、

613又zc-、

于是。£=-2'4'4'又'一于°'

2

77

设3=（X，XZ）是平面加。的法向量,

万-dL。

22-

则

6n

n-CE=-—x--y+—z-0

24'4

令y=M,贝ljx=l,z=3,

所以历=（1,道,3）是平面E/C的一个法向量，，

又蔡=（0,0,1）是平面ABC的一个法向量，

设二面角E-4C-5的大小为巴由题可知。为锐角,

\m-n\3_3V13

所以cos0-|cos仇州=

\m\-\n\V1313

答案第11页，共15页

22

2。・（吟+一

IM4

\MN\~5

【分析】（1）根据离心率、顶点坐标及/一/=c?求出/、〃可得答案;

（2）直线/的方程与椭圆方程联立，设必国,必）,8（%,%）,利用韦达定理求出M点坐标,

可得直线KM的方程，令y=。、x=0可得N、K点坐标，利用两点间的距离公式求出|侬|、

\MN\,再做比值可得答案.

c2仿之=5

【详解】（1）由题意可得e=—=M，解得2-

a3[a1=9

a2-b2=c2

所以椭圆E的标准方程为片+上=1；

95

（2）由（1）椭圆E的标准方程为可得尸（2,0）,

可得直线I的方程为y=左卜-2）（左片0）,

y=人（％—2）

与椭圆方程联立2,可得（5+9左2）X2—36左21+36左2-45二0,

——+乙=1

36/-45

易知A>0,设2（西,乂）,3@2，%）,所以西+%=-----T

5+94一5+9产

所以x〃=民’代入直线’的方程得加=（慧记一2卜蒜

答案第12页，共15页

risk2-10左

所以M15+9左2'5+9左2

所以直线KM的方程为了一建小一袅］

18/210左2_8k2

当歹=o时，x

N5+9左2-5+9左2-5+9左2

18左10左8k

当％=0时,

-5+9左2-5+9左2―5+9左2

所以，工，。;

山，+左2

5+9左2

,]8/8后2[J—10后丫_\。“&+廿

、15+94215+9左2)+15+9n5+9k2

所以M=5±9止_4

阿IIOVF+F5'

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:

（1）设直线方程，设交点坐标为（国,乂）,（工2，%）；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或V）的一元二次方程，注意A的判断;

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为无।+%、Xj%2（或%+%、乂%）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21.（1）数列｛%｝具有性质产，理由见解析

（2）1或±3

答案第13页，共15页

(3)答案见解析

【分析】(1)由性质尸的定义即可判断;

(2)由题设，存在q+%=即1€N*),结合已知得左片2且1=詈一,贝！］

KLKN

%+出+…1)｛k-2y-d,由性质尸的定义只需保证d为整数即可确定公差

的所有可能值；

(3)根据(2)的思路，分类讨论左=2(%=0)与左片2的情况.当左32且d=jeZ,由

上一2

4+%+…+%为整数，在外为定值只需d为整数，即可判断数列｛%｝的个数是否有限.

【详解】(1