北京市北京二中教育集團2025屆數學高二上期末考試模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．若直線與直線垂直，則a=（）A.-2 B.0C.0或-2 D.12．已知數列滿足，則（）A.32 B.C.1320 D.3．圓：與圓：的位置關系是（）A.內切 B.外切C.相交 D.相離4．函數的部分圖像為（）A. B.C. D.5．過，兩點的直線的一個方向向量為，則（）A.2 B.2C.1 D.16．已知動點滿足，則動點的軌跡是（）A.橢圓 B.直線C.線段 D.圓7．如果命題為真命題，為假命題，那么（）A.命題，都是真命題 B.命題，都是假命題C.命題，至少有一個是真命題 D.命題，只有一個是真命題8．設，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件9．已知點是拋物線上的動點，過點作圓的切線，切點為，則的最小值為（）A. B.C. D.10．函數在上是單調遞增函數，則的最大值等于（）A.2 B.3C.5 D.611．已知等比數列，且，則（）A.16 B.32C.24 D.6412．設等差數列前n項和是，若，則的通項公式可以是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．二項式的展開式中，項的系數為__________.14．某教師組織本班學生開展課外實地測量活動，如圖是要測山高.現選擇點A和另一座山頂點C作為測量觀測點，從A測得點M的仰角，點C的仰角，測得，，已知另一座山高米，則山高_______米.15．設、、是三個不同的平面，、是兩條不同的直線，給出下列三個結論：①若，，則；②若，，則；③若，，則其中，正確結論的序號為__16．某學生到某工廠進行勞動實踐，利用打印技術制作模型.如圖，該模型為一個大圓柱中挖去一個小圓柱后剩余部分（兩個圓柱底面圓的圓心重合），大圓柱的軸截面是邊長為的正方形，小圓柱的側面積是大圓柱側面積的一半，打印所用原料的密度為，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質量為________g.（取）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，在三棱錐中，平面，，，為的中點.（1）證明：平面；（2）求平面與平面所成二面角的正弦值.18．（12分）已知圓C過點，，它與x軸的交點為，，與y軸的交點為，，且.（1）求圓C的標準方程；（2）若，直線，從點A發出的一條光線經直線l反射后與圓C有交點，求反射光線所在的直線的斜率的取值范圍.19．（12分）已知函數.（1）當時，證明：存在唯一的零點；（2）若，求實數的取值范圍.20．（12分）已知圓，直線，直線l與圓C相交于P，Q兩點（1）求的最小值；（2）當的面積最大時，求直線l的方程21．（12分）如圖，矩形和菱形所在的平面相互垂直，，為的中點.（1）求證：平面；（2）若，求二面角的余弦值.22．（10分）設橢圓E：（a，b>0）過M（2，），N(，1)兩點，O為坐標原點，（1）求橢圓E的方程；（2）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且？若存在，寫出該圓的方程，并求|AB|的取值范圍，若不存在說明理由.

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】代入兩直線垂直的公式，即可求解.【詳解】因為兩直線垂直，所以，解得：或.故選：C2、A【解析】先令，求出，再當時，由，可得，然后兩式相比，求出，從而可求出，進而可求得答案【詳解】當時，，當時，由，可得，兩式相除可得，所以，所以，故選：A3、A【解析】先計算兩圓心之間的距離，判斷距離和半徑和、半徑差之間的關系即可.【詳解】圓圓心，半徑，圓圓心，半徑，兩圓心之間的距離，故兩圓內切.故選：A.4、D【解析】先判斷奇偶性排除C，再利用排除B，求導判斷單調性可排除A.【詳解】因為，所以為偶函數，排除C；因為，排除B；當時，，，當時，，所以函數在區間上單調遞減，排除A.故選：D5、C【解析】應用向量的坐標表示求的坐標，由且列方程求y值.【詳解】由題設，，則且，所以，即，可得.故選：C6、C【解析】根據兩點之間的距離公式的幾何意義即可判定出動點軌跡.【詳解】由題意可知表示動點到點和點的距離之和等于，又因為點和點的距離等于，所以動點的軌跡為線段.故選：7、D【解析】由命題為真命題,可判斷二者至少有一個為真命題，由為假命題，可判斷二者至少有一個為假命題，由此可得答案.【詳解】命題為真命題，說明二者至少有一個為真命題，為假命題,說明二者至少有一個為假命題，綜合上述，可知命題，只有一個是真命題，故選：D8、A【解析】由三角函數的單調性直接判斷是否能推出，反過來判斷時，是否能推出.【詳解】當時，利用正弦函數的單調性知；當時，或.綜上可知“”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本題考查判斷充分必要條件，三角函數性質，意在考查基本判斷方法，屬于基礎題型.9、C【解析】分析可知圓的圓心為拋物線的焦點，可求出的最小值，再利用勾股定理可求得的最小值.【詳解】設點的坐標為，有，由圓的圓心坐標為，是拋物線的焦點坐標，有，由圓的幾何性質可得，又由，可得的最小值為故選：C.10、B【解析】由f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是單調增函數，得到在[1，+∞）上，恒成立，從而解得a≤3，故a的最大值為3【詳解】解：∵f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是單調增函數∴在[1，+∞）上恒成立即a≤3x2，∵x∈[1，+∞）時，3x2≥3恒成立，∴a≤3，∴a的最大值是3故選：B11、A【解析】由等比數列的定義先求出公比，然后可解..【詳解】，得故選：A12、D【解析】根據題意可得公差的范圍，再逐一分析各個選項即可得出答案.【詳解】解：設等差數列的公差為，由，得，所以，故AB錯誤；若，則，與題意矛盾，故C錯誤；若，則，符合題意.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、80【解析】利用二項式的通項公式進行求解即可.【詳解】二項式的通項公式為：，令，所以項的系數為，故答案為：8014、【解析】利用正弦定理可求出各個三角形的邊長，進而求出山高.【詳解】解：在中，，，，可得在中，，所以由正弦定理可得：即，得在直角中，所以故答案為：.15、①②【解析】利用線面垂直的性質可判斷命題①、②的正誤；利用特例法可判斷命題③的正誤.綜合可得出結論.【詳解】、、是三個不同的平面，、是兩條不同的直線.對于①，若，，由同垂直于同一平面的兩直線平行，可得，故①正確；對于②，若，，由同垂直于同一直線的兩平面平行，可得，故②正確；對于③，若，，考慮墻角處的三個平面兩兩垂直，可判斷、相交，則不正確故答案為：①②【點睛】本題考查空間中線面、面面位置關系有關命題真假的判斷，考查推理能力，屬于基礎題.16、4500【解析】根據題意可知大圓柱底面圓的半徑，兩圓柱的高，設小圓柱的底面圓的半徑為，再根據小圓柱的側面積是大圓柱側面積的一半，求出小圓柱的底面圓的半徑，然后求出該模型的體積，從而可得出答案.【詳解】解：根據題意可知大圓柱的底面圓的半徑，兩圓柱的高，設小圓柱的底面圓的半徑為，則有，即，解得，所以該模型的體積為，所以制作該模型所需原料的質量為.故答案為：4500.三、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）根據勾股定理先證明，然后證明，進而通過線面垂直的判定定理證明問題；（2）建立空間直角坐標系，進而求出兩個平面的法向量，然后通過空間向量的夾角公式求得答案.【小問1詳解】∵，，∴，∴，∵平面，平面，∴，∵，，，∴平面.【小問2詳解】以點為坐標原點，向量，的方向分別為，軸的正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，設平面的法向量為，由，，有取，可得平面的一個法向量為.設平面的一個法向量為，由，，有取，可得平面的一個法向量為，所以，故平面與平面的夾角的正弦值為.18、（1）；（2）.【解析】（1）設圓C的一般式方程為：，然后根據題意列出方程，解出D，E，F的值即可得到圓的方程；（2）先求出點關于直線l的對稱點，設反射光線所在直線方程為，利用直線和圓的位置關系列出不等式解出k的取值范圍即可.【詳解】（1）設圓C的一般式方程為：，令，得，所以，令，得，所以，所以有，所以，①又圓C過點，，所以有，②，③由①②③得，，，所以圓C的一般式方程為，標準方程為；（2）設關于的對稱點，所以有，解之得，故點，∴反射光線所在直線過點，設反射光線所在直線方程為：，所以有，所以反射光線所在的直線斜率取值范圍為.【點睛】本題考查圓的方程的求法，直線和圓的位置關系的應用，考查邏輯思維能力和運算求解能力，屬于常考題.19、（1）證明見解析；（2）【解析】（1）當時，求導得到，判斷出函數的單調性，求出最值，可證得命題成立；（2）當且時，不滿足題意，故，又定義域為，講不等式化簡，參變分離后構造新函數，求導判斷單調性并求出最值，可得實數的取值范圍【詳解】（1）函數的定義域為，當時，由，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；.且，故存在唯一的零點；（2）當時，不滿足恒成立，故由定義域為，可得，令，則，則當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，故當時，函數取得最大值（1），故實數的取值范圍是【點睛】方法點睛：本題考查函數零點的問題，考查導數的應用，考查不等式的恒成立問題，關于恒成立問題的幾種常見解法總結如下：

參變分離法，將不等式恒成立問題轉化函數求最值問題；

主元變換法，把已知取值范圍的變量作為主元，把求取值范圍的變量看作參數；

分類討論，利用函數的性質討論參數，分別判斷單調性求出最值；

數形結合法，將不等式兩端的式子分別看成兩個函數，作出函數圖象，列出參數的不等式求解20、（1）4；（2）或.【解析】(1)過定點D(4，2)，當CD⊥l時，|PQ|最小；(2)，當時，△CPQ面積最大，此時△CPQ為等腰直角三角形，圓心到直線l的距離，據此即可求出m.【小問1詳解】由，得，由，∴直線l過定點D(4，2)，∵，∴在圓C內部，∴直線和l與圓C相交，當CD⊥l時，|PQ|最小，；【小問2詳解】∵，∴當時，△CPQ面積最大，此時△CPQ為等腰直角三角形，故圓心到直線l的距離，∴，解得，∴此時l的方程為：或.21、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）利用面面垂直和線面垂直的性質定理可證得；由菱形邊長和角度的關系可證得；利用線面垂直的判定定理可證得結論；（2）以為坐標原點建立起空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值.詳解】（1）平面平面，平面平面，且平面，平面，平面，，四邊形為菱形且為中點，，又，，又，，平面，，平面.（2）以為坐標原點可建立如下圖所示的空間直角坐標系，設，則，，，，，，則，，，設平面的法向量，則，令，則，，，設平面的法向量，則，令，則，，，，二面角為鈍二面角，二面角的余弦值為.【點睛】本題考查立體幾何中線面垂直關系的證明、空間向量法求解二面角的問題；涉及到面面垂直的性質定理、線面垂直的判定與性質定理的應用，屬于常考題型.22、（1）；（2）存在，，.【解析】（1）根據橢圓E：（a，b>0）過M（2，），N(，1)兩點，直接代入方程解方程組即可.（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且，當切線斜率存在時，設該圓的切線方程為，聯立，根據，結合韋達定理運算，同時滿足，則存在，否則不存在，當切線斜率不存在時，驗證即可；在該圓的方程存在時，利用弦長公式結合韋達定理得到求解.【詳解】（1）因為橢圓E：（a，b>0）過M（2，），N(，1)兩點，所以，解得，所以，所以橢圓E的方程為.（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且，設該圓的切線方程為，聯立得，則△=，即，，，要使，需使，即，所以，所以，又，所以，所以，即或，因為直線為圓心在原點的圓的一條切線，所以圓的半徑為，，所以，則所求的圓為，此時圓的切線都滿足或，而當切線的斜率不存在時切線為與橢圓的兩個交點為或滿足，綜上，存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且.因為