2025屆北京市東城區匯文中學數學高二上期末檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．阿基米德（公元前287年～公元前212年）不僅是著名的物理學家，也是著名的數學家，他利用“逼近法”得到的橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.若橢圓的對稱軸為坐標軸，焦點在軸上，且橢圓的離心率為，面積為，則橢圓的標準方程為（）A. B.C. D.2．已知是定義在上的奇函數，對任意兩個不相等的正數、都有，記，，，則（）A. B.C. D.3．瑞士數學家歐拉1765年在其所著的《三角形的幾何學》一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上，后人稱這條直線為歐拉線.已知的頂點，，其歐拉線方程為，則頂點的坐標可以是（）A. B.C. D.4．如圖甲是第七屆國際數學家大會（簡稱ICME—7）的會徽圖案，其主體圖案是由圖乙的一連串直角三角形演化而成的.已知，，，，為直角頂點，設這些直角三角形的周長從小到大組成的數列為，令，為數列的前項和，則（）A.8 B.9C.10 D.115．已知正三棱柱中，，點為中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.6．已知平面，的法向量分別為，，且，則（）A. B.C. D.7．若、且，則下列式子一定成立的是（）A. B.C. D.8．已知，分別是圓和圓上的動點，點在直線上，則的最小值是（）A. B.C. D.9．已知命題p：，，則命題p的否定為（）A.， B.，C， D.，10．已知正三棱柱的側棱長與底面邊長相等，則AB1與側面ACC1A1所成角的正弦值等于A. B.C. D.11．已知不等式的解集為，關于x的不等式的解集為B，且，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.12．在等差數列中，，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知橢圓的左、右焦點分別為，若橢圓上的點P滿足軸，，則該橢圓的離心率為___________14．經過、兩點的直線斜率為______.15．已知空間向量，，且，則值為______16．設，分別是橢圓C：的左、右焦點，點M為橢圓C上一點且在第一象限，若為等腰三角形，則M的坐標為___________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）長方體中，，點分別在上，且.（1）求證：平面；（2）求平面與平面所成角的余弦值.18．（12分）已知橢圓的左、右焦點分別為，過右焦點作直線交于，其中的周長為的離心率為.（1）求的方程；（2）已知的重心為，設和的面積比為，求實數的取值范圍.19．（12分）已知函數.若函數有兩個極值點，求實數的取值范圍.20．（12分）已知，，函數，直線是函數圖象的一條對稱軸（1）求函數的解析式及單調遞增區間；（2）若，，的面積為，求的周長21．（12分）籃天技校為了了解車床班學生的操作能力，設計了一個考查方案；每個考生從道備選題中一次性隨機抽取道題，按照題目要求獨立完成零件加工，規定：至少正確加工完成其中個零件方可通過．道備選題中，考生甲有個零件能正確加工完成，個零件不能完成；考生乙每個零件正確完成的概率都是，且每個零件正確加工完成與否互不影響（1）分別求甲、乙兩位考生正確加工完成零件數的概率分布列（列出分布列表）；（2）試從甲、乙兩位考生正確加工完成零件數的數學期望及兩人通過考查的概率分析比較兩位考生的操作能力22．（10分）如圖，在四棱錐中，，，，，為中點，且平面.（1）求點到平面的距離；（2）線段上是否存在一點，使平面？如果不存在，請說明理由；如果存在，求的值.

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】由題意，設出橢圓的標準方程為，然后根據橢圓的離心率以及橢圓面積列出關于的方程組，求解方程組即可得答案【詳解】由題意，設橢圓的方程為，由橢圓的離心率為，面積為，∴，解得，∴橢圓的方程為，故選：C.2、A【解析】由題，可得是定義在上的偶函數，且在上單調遞減，在上單調遞增，根據函數的單調性，即可判斷出的大小關系.【詳解】設，由題，得，即，所以函數在上單調遞減，因為是定義在R上的奇函數，所以是定義在上的偶函數，因此，，，即.故選：A【點睛】本題主要考查利用函數的單調性判斷大小的問題，其中涉及到構造函數的運用.3、C【解析】設出點C坐標，求出的重心并代入歐拉線方程，驗證并排除部分選項，余下選項再由外心、垂心驗證判斷作答.【詳解】設頂點的坐標為，則的重心坐標為，依題意，，整理得：，對于A，當時，，不滿足題意，排除A；對于D，當時，，不滿足題意，排除D；對于B，當時，，對于C，當時，，直線AB的斜率，線段AB中點，線段AB中垂線方程：，即，由解得：，于是得的外心，若點，則直線BC的斜率，線段BC中點，該點與點M確定直線斜率為，顯然，即點M不在線段BC的中垂線上，不滿足題意，排除B；若點，則直線BC的斜率，線段BC中點，線段BC中垂線方程為：，即，由解得，即點為的外心，并且在直線上，邊AB上的高所在直線：，即，邊BC上的高所在直線：，即，由解得：，則的垂心，此時有，即的垂心在直線上，選項C滿足題意.故選：C【點睛】結論點睛：的三頂點，則的重心為.4、B【解析】由題意可得的邊長，進而可得周長及，進而可得，可得解.【詳解】由，可得，，，，所以，，所以前項和，所以，故選：B.5、A【解析】根據異面直線所成角的定義，取中點為，則為異面直線和所成角或其補角，再解三角形即可求出【詳解】如圖所示：設中點為，則在三角形中，為中點，為中位線，所以有，，所以為異面直線和所成角或其補角，在三角形中，，所以由余弦定理有，故選：A.6、D【解析】由題得，解方程即得解.【詳解】解：因為，所以所以，所以，所以.故選：D7、B【解析】構造函數，利用函數在上的單調性可判斷AB選項；構造函數，利用函數在上的單調性可判斷CD選項.【詳解】對于AB選項，構造函數，其中，則，所以，函數在上單調遞增，因為、且，則，即，A錯B對；對于CD選項，構造函數，其中，則.當時，，此時函數單調遞減，當時，，此時函數單調遞增，故函數在上不單調，無法確定與的大小關系，故CD都錯.故選：B.8、B【解析】由已知可得，，求得關于直線的對稱點為，則，計算即可得出結果.【詳解】由題意可知圓的圓心為，半徑，圓的圓心為，半徑設關于直線的對稱點為，則解得，則因為，分別在圓和圓上，所以，，則因為，所以故選：B.9、A【解析】根據特稱命題的否定是全稱命題，結合已知條件，即可求得結果.【詳解】因為命題p：，，故命題p的否定為：，.故選：A.10、C【解析】過作，連接，由于，故平面，所以所求直線與平面所成的角為，設棱長為，則，故，.點睛：本題主要考查空間立體幾何直線與平面的位置關系，考查直線與平面所成的角，考查線面垂直的證明方法和常見幾何體的結構特征.由于題目所給幾何體為直三棱柱，故側棱和底面垂直，這是一個重要的隱含條件，通過作交線的垂線，即可得到高，由此作出二面角的平面角.11、B【解析】解出不等式可得集合，由可得，然后可得在上恒成立，然后分離參數求解即可.【詳解】由得，，解得，因為，所以所以可得在上恒成立，即在上恒成立，故只需，，當時，，故故選：B12、B【解析】利用等差中項的性質可求得的值，進而可求得的值.【詳解】由等差中項的性質可得，則.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由題意分析為直角三角形，得到關于a、c的齊次式，即可求出離心率.【詳解】設，則.由橢圓的定義可知：，所以.所以因軸，所以為直角三角形，由勾股定理得：，即，即，所以離心率.故答案為：14、【解析】利用斜率公式可求得結果.【詳解】由斜率公式可知，直線的斜率為.故答案為：.15、【解析】利用向量的坐標運算及向量數量積的坐標表示即求.【詳解】由題意，空間向量，可得，所以，解得.故答案為：.16、【解析】先計算出,所以,利用余弦定理求出，即可求出,即得到M的橫坐標為，代入橢圓C：求出.【詳解】橢圓C：,所以.因為M在橢圓上,.因為M在第一象限,故.為等腰三角形,則,所以,由余弦定理可得.過M作MA⊥x軸于A,則所以,即M的橫坐標為.因為M為橢圓C：上一點且在第一象限，所以，解得：所以M的坐標為.故答案為：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、（1）證明見解析.（2）【解析】（1）根據線面垂直的性質和判定可得證；（2）以為坐標原點，分以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，由面面角的空間向量求解方法可得答案.【小問1詳解】證明：長方體中，平面，又平面，又平面，又平面同理可證，而平面，平面【小問2詳解】解：以為坐標原點，分以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系.從而，，，由（1）知，為平面的一個法向量，設平面的法向量為，則，，則，從而，令，則，得平面的一個法向量為由圖示得平面與平面所成的角為銳角，平面與平面所成的角的余弦值為18、（1）（2）【解析】（1）已知焦點弦三角形的周長，以及離心率求橢圓方程，待定系數直接求解即可.（2）第一步設點設直線，第二步聯立方程韋達定理，第三步條件轉化，利用三角形等面積法，列方程，第四步利用韋達定理進行轉化，計算即可.【小問1詳解】因為的周長為，的離心率為，所以，，所以，，又，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】方法一：，，的面積為，的面積為，則，得，①設，與橢圓C方程聯立，消去得，由韋達定理得，.令，②則，可得當時，當時，所以，又解得③由①②③得，解得.所以實數的取值范圍是.方法二：同方法一可得的面積為，的面積為，則，得，①設，與橢圓C方程聯立，消去得，由韋達定理得，.所以因為，所以解得②由①②解得.所以實數的取值范圍是.19、.【解析】求得，根據其在上有兩個零點，結合零點存在性定理，對參數進行分類討論，即可求得參數的取值范圍.【詳解】因為，所以，令，由題意可知在上有兩個不同零點.又，若，則，故在上為增函數，這與在上有兩個不同零點矛盾，故.當時，，為增函數，當時，，為減函數，故，因為在上有兩個不同零點，故，即，即，取，，故在有一個零點，取，，令，，則，故在為減函數，因為，故，故，故在有一個零點，故在上有兩個零點，故實數的取值范圍為.【點睛】本題考察利用導數由函數的極值點個數求參數的范圍，涉及零點存在定理，以及利用導數研究函數單調性，屬綜合困難題.20、（1），單調遞增區間為.（2）【解析】（1）先利用向量數量積運算、二倍角公式、輔助角公式求出，再求單增區間；（2）利用面積公式求出，再利用余弦定理求出，即可求出周長.小問1詳解】已知，，函數，所以.因為直線是函數圖象的一條對稱軸，所以,所以，又，所以當k=0時，符合題意，此時要求的單調遞增區間，只需,解得：，所以的單調遞增區間為.【小問2詳解】由于，所以，所以.因為，所以.因為的面積為，所以，即，解得：.又，由余弦定理可得：，即，所以，所以，所以的周長.21、（1）分布列見解析（2）甲的試驗操作能力較強，理由見解析【解析】（1）設考生甲、乙正確加工完成零件的個數分別為、，則的可能取值有、、，的可能取值有、、、，且，計算出兩個隨機變量在不同取值下的概率，可得出這兩個隨機變量的概率分布列；（2）計算出、、、的值，比較、的大小，以及、的大小，由此可得出結論.【小問1詳解】解：設考生甲、乙正確加工完成零件的個數分別為、，則的可能取值有、、，的可能取值有、、、，且，，，，所以，考生甲正確加工完成零件數的概率分布列如下表所示：，，，，所以，考生乙正確加工完成零件數的概率分布列如下表所示：【小問2詳解】解：，，，，所以，，從做對題的數學期望分析，兩人水平相當；從通過考查的概率分析，甲通過的可能性大，因此可以判斷甲的試驗操作能力較強.22、（1）（2）線段上存在一點，當時，平面.【解析】（1）設點到平面的距離