2025屆北京市東城區(qū)數學高二上期末復習檢測試題含解析

2025屆北京市東城區(qū)數學高二上期末復習檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知橢圓與雙曲線有相同的焦點,則的值為A. B.C. D.2．直線在y軸上的截距為（）A. B.C. D.3．觀察：則第行的值為（）A. B.C. D.4．如圖，在長方體中，若，，則異面直線和所成角的余弦值為（）A. B.C. D.5．若函數單調遞增，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.6．在中，，，為所在平面上任意一點，則的最小值為（）A.1 B.C.－1 D.-27．已知圓和圓恰有三條公共切線，則的最小值為（）A.6 B.36C.10 D.8．三等分角是“古希臘三大幾何問題”之一，數學家帕普斯巧妙地利用圓弧和雙曲線解決了這個問題．如圖，在圓D中，為其一條弦，，C，O是弦的兩個三等分點，以A為左焦點，B，C為頂點作雙曲線T．設雙曲線T與弧的交點為E，則．若T的方程為，則圓D的半徑為（）A. B.1C.2 D.9．已知等差數列前項和為，且，，則此數列中絕對值最小的項為A.第5項 B.第6項C.第7項 D.第8項10．已知一質點的運動方程為，其中的單位為米，的單位為秒，則第1秒末的瞬時速度為（）A. B.C. D.11．（2017新課標全國Ⅲ理科）已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為A. B.C. D.12．“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C充分必要條件 D.既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某校組織了一場演講比賽，五位評委對某位參賽選手的評分分別為9，x，8，y，9．已知這組數據的平均數為8.6，方差為0.24，則______14．已知拋物線C：，經過點P（4，1）的直線l與拋物線C相交于A，B兩點，且點P恰為AB的中點，F為拋物線的焦點，則______15．甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制（當一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結束）．根據前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結果相互獨立，則甲隊以4∶1獲勝的概率是____________16．傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數學家用沙粒和小石子來研究數.他們根據沙?；蛐∈铀帕械男螤畎褦捣殖稍S多類，下圖中第一行的稱為三角形數，第二行的稱為五邊形數，則三角形數的第10項為__________，五邊形數的第項為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，正方體的棱長為2，點，分別在棱，上運動，且.（1）求證：；（2）求三棱錐的體積的最大值：（3）當，分別是棱，的中點時，求平面與平面的夾角的正弦值.18．（12分）已知公比的等比數列和等差數列滿足：，，其中，且是和的等比中項（1）求數列與的通項公式；（2）記數列的前項和為，若當時，等式恒成立，求實數的取值范圍19．（12分）已知在公差不為0的等差數列中，，且構成等比數列的前三項（1）求數列，的通項公式；（2）設數列___________，求數列的前項和請在①；②；③這三個條件中選擇一個，補充在上面的橫線上，并完成解答20．（12分）已知函數.（1）求函數的單調區(qū)間；（2）求函數在上的最大值和最小值.21．（12分）已知函數（1）判斷的零點個數；（2）若對任意恒成立，求的取值范圍22．（10分）如圖，已知平行六面體中，底面ABCD是邊長為1的正方形，，，設，，（1）用，，表示，并求；（2）求

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】根據題意可知，結合的條件，可知，故選C考點：橢圓和雙曲線性質2、D【解析】將代入直線方程求y值即可.【詳解】令，則，得.所以直線在y軸上的截距為.故選：D3、B【解析】根據數陣可知第行為，利用等差數列求和，即可得到答案；【詳解】根據數陣可知第行為，，故選：B4、D【解析】根據長方體中，異面直線和所成角即為直線和所成角，再結合余弦定理即可求解.【詳解】解：連接、，如下圖所示由圖可知，在長方體中，且，所以，所以異面直線和所成角即為，又，，由余弦定理可得∶故選：D.5、D【解析】根據函數的單調性，可知其導數在R上恒成立，分離參數，即可求得答案.【詳解】由題意可知單調遞增，則在R上恒成立，可得恒成立，當時，取最小值-1，故，故選：D6、C【解析】以為建立平面直角坐標系，設，把向量的數量積用坐標表示后可得最小值【詳解】如圖，以為建立平面直角坐標系，則，設，，，，，∴，∴當時，取得最小值故選：C【點睛】本題考查向量的數量積，解題方法是建立平面直角坐標系，把向量的數量積轉化為坐標表示7、B【解析】由公切線條數得兩圓外切，由此可得的關系，從而點在以原點為圓心，4為半徑的圓上，記，由求得的最小值，平方后即得結論【詳解】圓標準方程為，，半徑為，圓標準方程為，，半徑為，兩圓有三條公切線，則兩圓外切，所以，即，點在以原點為圓心，4為半徑的圓上，記，，所以，所以的最小值為故選：B8、C【解析】由題設寫出雙曲線的方程,對比系數,求出即可獲解【詳解】由題知所以雙曲線的方程為又由題設的方程為,所以,即設AB的中點為,則由.所以,即圓的半徑為2故選：C9、C【解析】設等差數列的首項為，公差為，，則，又，則，說明數列為遞減數列，前6項為正，第7項及后面的項為負，又，則，則在數列中絕對值最小的項為，選C.10、C【解析】求出即得解.【詳解】解：由題意得，故質點在第1秒末的瞬時速度為.故選：C11、B【解析】繪制圓柱的軸截面如圖所示，由題意可得：，結合勾股定理，底面半徑，由圓柱的體積公式，可得圓柱的體積是，故選B.【名師點睛】涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解.12、A【解析】根據充分條件和必要條件的定義直接判斷即可.【詳解】若，則，即或，推不出；反過來，若，可推出.故“”是“”的充分不必要條件故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】根據平均數和方差的計算公式，求得，則問題得解.【詳解】由題可知：整理得：；，整理得：，聯立方程組得，解得或，對應或，故.故答案為：1.14、9【解析】過A、、作準線的垂線且分別交準線于點、、，根據拋物線的定義可知，由梯形的中位線的性質得出，進而可求出的結果.【詳解】由拋物線，可知，則，所以拋物線的焦點坐標為，如圖，過點A作垂直于準線交準線于，過點作垂直于準線交準線于，過點作垂直于準線交準線于，由拋物線的定義可得，再根據為線段的中點，而四邊形為梯形，由梯形的中位線可知，則，所以.故答案為：9.15、18【解析】本題應注意分情況討論，即前五場甲隊獲勝的兩種情況，應用獨立事件的概率的計算公式求解．題目有一定的難度，注重了基礎知識、基本計算能力及分類討論思想的考查【詳解】前四場中有一場客場輸，第五場贏時，甲隊以獲勝的概率是前四場中有一場主場輸，第五場贏時，甲隊以獲勝的概率是綜上所述，甲隊以獲勝的概率是【點睛】由于本題題干較長，所以，易錯點之一就是能否靜心讀題，正確理解題意；易錯點之二是思維的全面性是否具備，要考慮甲隊以獲勝的兩種情況；易錯點之三是是否能夠準確計算16、①.②.【解析】對于三角形數，根據圖形尋找前后之間的關系，從而歸納出規(guī)律利用求和公式即得，對于五邊形數根據圖形尋找前后之間的關系，然后利用累加法可得通項公式.【詳解】由題可知三角形數的第1項為1，第2項為3=1+2，第3項為6=1+2+3，第4項為10=1+2+3+4，，因此，第10項為；五邊形數的第1項為，第2項為，第3項為，第4項為，…，因此，，所以當時，,當時也適合，故，即五邊形數的第項為.故答案為：55；.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）（3）【解析】(1)向量垂直的充要條件是內積為零，建立空間直角坐標系，計算向量內積；(2)利用一元二次函數，求解體積的最大值；(3)利用平面的法向量求二面角的正弦值.【小問1詳解】如下圖所示，以原點，，，所在直線分別軸、軸、軸，建立空間直角坐標系，設，則，，，，則，，因為，所以，即.【小問2詳解】因為，所以故的最大值為【小問3詳解】設平面的一個法向量，因為此時，，所以由得取，得，，又可取平面的一個法向量，所以故平面與平面的夾角的正弦值.18、（1），；（2）.【解析】（1）根據已知條件可得出關于方程，解出的值，可求得的值，即可得出數列與的通項公式；（2）求得，利用錯位相減法可求得，分析可知數列為單調遞增數列，對分奇數和偶數兩種情況討論，結合參變量分離法可得出實數的取值范圍.【詳解】（1）設等差數列的公差為，因為，，，且是和的等比中項，所以，整理可得，解得或.若，則，可得，不合乎題意；若，則，可得，合乎題意.所以，;；（2）因為，①，②②①得因為，即對恒成立，所以當且，，故數列為單調遞增數列，當為偶數時，，所以；當為奇數時，，所以，即.綜上可得19、（1），（2）答案見解析【解析】（1）設的公差為，根據等比中項的性質得到，即可求，從而求出的通項公式，所以，即可求出等比數列的公比，從而求出的通項公式；（2）若選①：則，利用裂項相消法求和即可；若選②：則，根據等比數列求和公式計算可得；若選③：則利用分組求和法求和即可；【小問1詳解】解：設的公差為，成等比數列，，，解得或，，，即，，的公比，，【小問2詳解】解：若選①：則，；若選②：則，；若選③：則，.20、（1）單調增區(qū)間，單調減區(qū)間（2）最大值，最小值【解析】根據導函數分析函數單調性，在閉區(qū)間內的最值【小問1詳解】時，；時，單調增區(qū)間,單調減區(qū)間【小問2詳解】由（1）可知，在上單調遞增，在上單調遞減，所以最大值為又；故最小值為021、（1）個；（2）.【解析】（1）求，利用導數判斷的單調性，結合單調性以及零點存在性定理即可求解；（2）由題意可得對任意恒成立，令，則，利用導數求的最小值即可求解.【小問1詳解】的定義域為，由可得，當時，；當時，；所以在上單調遞減，在上單調遞增，當時，，，此時在上無零點，當時，，，，且在上單