北京市东城区2024-2025学年高二上学期期末考试 数学 含解析

这是一份北京市东城区2024-2025学年高二上学期期末考试 数学 含解析，共18页。
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 若直线l过，两点，则直线l的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由直线上的两点坐标计算直线的斜率，即可得到直线的倾斜角.
【详解】由题意得，直线的斜率，
∴直线l的倾斜角为.
故选：A.
2. 已知向量，，若，则实数k的值为（ ）
A. 6B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标表示，即可求解.
【详解】因，，
所以，所以，.
故选：D
3. 已知直线，，若，则实数a的值为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线垂直的公式计算可得结果.
【详解】∵，
∴，解得.
故选：C.
4. 已知抛物线的准线方程为，则p的值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的准线方程为可得结果.
【详解】由题意得，抛物线的准线方程为，
∴，解得.
故选：B.
5. 在一次业余歌唱比赛中，随机从观众中抽出10人担任评委．下面是他们给某位选手的打分情况：
设这10个分数的平均数为，再从中去掉一个最高分，去掉一个最低分，设剩余8个分数的平均数为，则（ ）
A. B. 且
C. 且D. 且
【答案】A
【解析】
【分析】根据平均数的概念直接计算可得结果.
【详解】由题意得，，
43
44
45
45
46
48
49
49
50
51
，
∴.
故选：A
6. 如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，则点C到平面的距离为（ ）
A. 5B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等体积转化求点到平面的距离.
【详解】由条件可知，平面，平面，所以，
，
设点到平面的距离为，由，
所以，解得：.
故选：D
7. 做一个木梯需要7根横梁，这7根横梁的长度从上到下成等差数列，现有长为的一根木杆刚好可
以截成最上面的三根横梁，长为的一根木杆刚好可以截成最下面的三根横梁，那么正中间的一根横梁的长度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质可得，，利用可得结果.
【详解】记7根横梁的长度从上到下成等差数列，
由题意得，，，
∴，，故，，
∵，∴，即正中间的一根横梁的长度是.
故选：B.
8. 设坐标原点为O，抛物线的焦点为F，M为线段的中点，过点M且垂直于x轴的直线与抛物线C的一个公共点为D，若的周长为8，则p的值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线的方程及已知条件可以求得点的横坐标为及，再利用抛物线的定义，得到的长度，最后利用的周长列出关于的方程，从而求解.
【详解】
抛物线的方程为，
，，
M为线段的中点，，
过点且垂直于轴的直线为，点的横坐标为，
点在抛物线上，根据抛物线的定义，，
由题意可知，，
的周长为8，，即，
.
故选：B.
9. 已知点，，直线，记点A到直线l的距离为，点B到直线l的距离为，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. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式表示，通过举反例可确定答案.
【详解】由题意得，.
由得，，
令，则，
满足，但，故充分性不成立；
令，满足，
但，，，故必要性不成立.
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
10. 在平面直角坐标系中，圆C截x轴所得弦长为1，截y轴所得弦长为2，则这样的圆C的面积（ ）
A. 有最大值，有最小值B. 有最大值，无最小值
C. 无最大值，有最小值D. 无最大值，无最小值
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据半径相等建立等量关系可得，则圆C半径为，根据范围可得结果.
【详解】
如图，圆C与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于两点（点在点的上方），
设，则线段中点坐标为，线段中点坐标为
∵，∴，
由得，，
整理得，即，
由得，，
∴圆的半径，即圆的半径无最大值，有最小值1，
∴圆C的面积无最大值，有最小值.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用半径相等分析出圆心横、纵坐标之间的关系，结合范围即可得到答案.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分.
11. 等比数列满足：，，则数列的前5项和是____________．
【答案】11
【解析】
【分析】代入等比数列的基本量，即可求首项和公比，再代入等比数列的前项和.
【详解】设等比数列的首项为，公比为，
所以，所以，，
所以.
故答案为：
12. 双曲线的离心率为____________，渐近线方程为____________．
【答案】 ①. ##； ②. ；
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程先确定的值，再利用离心率和渐近线的定义求出即可.
【详解】由题可得双曲线的焦点在x轴上，且，
所以双曲线的离心率为，渐近线方程为.
故答案为：；.
13. 已知均为空间向量，其中，，，若从这4个向量中任取3个向量，均能构成空间中的一组基底，则向量的坐标可以为____________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由题意得可以构成空间的单位正交基底，设，则，根据空间向量基本定理及平面向量基本定理可得结果.
【详解】∵，，，∴，
∴，
∴可以构成空间的单位正交基底，
设，则，
∵从这4个向量中任取3个向量，均能构成空间中的一组基底，
∴与中的任意两个向量均不共面，
根据平面向量基本定理可得均不为零，
∴向量的坐标可以为（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）.
14. 某景观亭（如图1）的上部可视为正四棱锥（如图2）．已知长为4米，且平面平面，则顶点S到直线的距离为____________米；正四棱锥的侧面积为____________平方米．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据平行关系，构造直二面角的平面角，根据几何关系，即可求解.
【详解】设平面和平面交于过点的直线，
因为，平面，平面，
所以平面，平面，且平面平面，
所以，
取的中点，连结，
，，即，，
因为平面平面，
所以，且，，
所以，
所以点到的距离为；
正四棱锥的侧面积为.
故答案为：；
15. 关于曲线，，给出下列四个结论：
①对任意，曲线与直线没有公共点；
②对任意，曲线上的点的横坐标的取值范围为R；
③对任意，曲线为轴对称图形；
④当为奇数时，曲线与轴、轴所围成区域的面积为，则．
其中所有正确结论的序号是____________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】对①：将代入曲线，可得该方程无解；对②：举出反例即可得；对③：分对为奇数与为偶数进行讨论，分别验证当在曲线上时，与是否在曲线上即可得；④：分别令、求出对应、的值即可得曲线与轴、轴所围成区域，再通过计算曲线与上横坐标相同的点的纵坐标的绝对值的大小关系及其与的关系即可得其面积关系.
【详解】对①：令，则，故曲线与直线没有公共点，故①正确；
对②：当时，有，则，故②错误；
对③：若为奇数，则对点，有，
故对任意点在曲线上，点也在曲线上，
此时曲线关于直线对称，
若为偶数，则对点，有，
故对任意点在曲线上，点也在曲线上，
此时曲线关于直线对称，故③正确；
对④：当为奇数时，令，则，令，则，
故曲线与轴、轴分别交于点、，
故即为曲线在的部分与轴、轴所围成图形面积，
对曲线与上横坐标相同的点、，
当时，有，则，
有，则，
则，
即当时，，
即，
即在，曲线与曲线上横坐标相同的点，
曲线上的点的纵坐标的绝对值都小于曲线上的点的纵坐标的绝对值，
且两者的绝对值都小于，则，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点定睛：本题最后一问关键点在于得到曲线与轴、轴所围成区域为曲线在的部分与轴、轴所围成图形，则可通过比较曲线与曲线相同横坐标情况下的纵坐标的大小关系，得到其面积关系.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 从某小区随机抽取了100户居民进行了网费调查，将他们的网费分成6组：，，
，，，，并整理得到如下频率分布直方图：
（1）根据该频率分布直方图，求x的值；
（2）已知该小区共2000户，估计该小区中网费落在区间内的户数；
（3）假设同组中的每个数据用该组区间的左端点值代替，估计该小区的户均网费．
【答案】（1）0.0044；
（2）960户； （3）189元.
【解析】
【分析】（1）利用频率和为1列方程求参数即可；
（2）根据频率直方图求出区间的频率，进而求出对应户数；
（3）根据直方图确定各区间的频率，结合已知求该小区的户均网费．
【小问1详解】
由该频率分布直方图，得．
【小问2详解】
在样本中，网费落在区间内的频率为，
所以估计该小区中网费落在区间内的户数约为户．
【小问3详解】
由（1）可知，这六个组频率分别为0.06，0.12，0.22，0.30，0.18，0.12．
因为同组中每个数据用该组区间的左端点值代替，
估计该样本的平均值约为．
所以估计该小区的户均网费为189元．
17. 已知圆与x轴相切．
（1）求圆C的圆心坐标及半径；
（2）直线与圆C交于A，B两点，求线段的长．
【答案】（1）圆心坐标为，半径长为2
（2）
【解析】
【分析】（1）首先化为圆的标准方程，再根据半径与圆心坐标的关系，即可求解；
（2）首先计算圆心到直线的距离，再代入弦长公式，即可求解.
【小问1详解】
配方得，
由此可得圆心坐标为．
因为圆C与x轴相切，
所以圆心到x轴的距离为．
所以半径长为2．
【小问2详解】
因为直线与圆C交于A，B两点，
所以圆心C到直线l距离为．
由（Ⅰ）可知，
所以．
18. 如图，在长方体中，，．
（1）求证：平面；
（2）若点P是线段的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正方形及长方体的几何特征可证线线垂直，由此可得线面垂直.
（2）以D为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，计算两个平面的法向量，利用两平面夹角的向量公式计算可得结果.
【小问1详解】
由题意得，四边形为正方形，∴．
∵平面，平面，∴，
∵，平面，，
∴平面．
【小问2详解】
如图，以D为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，．
∴，，．
由（1）得，是平面的一个法向量．
设平面的一个法向量为，
则即
令，得，，故．
设平面与平面的夹角为，则．
∴平面与平面的夹角的余弦值为．
19. 已知数列满足：，．
（1）若数列是等差数列，求的通项公式以及前n项和；
（2）若数列是等比数列，求的通项公式．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的性质和公式求首项和公差，即可求通项公式和前项和公式，即可求解；
（2）根据等比数列的公式和性质求首项和公比，即可求通项公式.
【小问1详解】
因为数列是等差数列，
所以．
所以．
所以，
即，
解得．
所以数列的通项公式，
即，
所以数列的前n项和，
即．
【小问2详解】
因为数列是等比数列，
所以．
由，
得，
即，
解得．
所以．
数列的通项公式为．
20. 已知椭圆的离心率为，并且经过点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线与椭圆C交于不同的两点A，B，点M是线段的中点，直线过点M，且与直线l垂直．记直线与y轴的交点为N．请问：是否存在直线l，使得？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求椭圆方程；
（2）首先将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理表示弦长，再求点的坐标，根据直线的方程求点的坐标，表示，根据，求直线的方程，即可求解.
【小问1详解】
由题意椭圆的离心率为，并且经过点,
可知，，所以．
所以．
所以椭圆C的标准方程为．
【小问2详解】
设，，．
联立，整理得，
，．
从而，．
．，
因为M是线段的中点，所以，
则，故．
直线的方程为，即．
令，得，则，
所以．
欲使，只需，，
解得，满足要求．所以，
故存在满足要求的直线l，其方程为，
即或．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用坐标表示弦长，利用直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示弦长.
21. 设n为正整数，集合，对于集合中的任意元素和，记．设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，，都有，则称集合具有性质．
（1）当时，若，，求，的值；
（2）已知正整数，集合为的子集．求证：“集合具有性质”的充要条件为“对中任意两个不同的元素，都有，且”；
（3）给定不小于2的偶数n，设具有性质，求集合中元素个数的最大值．
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】(1)利用的运算规则进行运算即可；
(2)利用已知条件中的的运算规则从充分性与必要性两个方面进行证明；
(3)设具有性质的集合的元素个数最大值为，先求当时元素个数的最大值，再从两方面去求解得到及，从而得到，进而求得.
【小问1详解】
因为，，
由定义可知：，
．
【小问2详解】
①若集合具有性质，
任取中不同元素，，令，，
有
．
由的定义可知，对任意正整数n，都有，
所以有，．
②若对中任意两个不同的元素，，
都有，，
那么
．
综上，结论成立．
【小问3详解】
设具有性质的集合的元素个数最大值为，
下证：，，其中n为偶数．
当时，则，
由于，，，
则，，中至多有一个属于，
当时，元素个数取到最大值为2．即．
一方面，若集合，分别具有性质，，
令集合，其中，
对中任意两个不同的元素，，
都有，
由于，因此．
另一方面，设具有性质的集合元素个数取到最大值为，
设和为的两个不同元素，
则有
．
因此，，
由于，因此．
综上，，n为偶数．
所以．
【点睛】关键点睛：本题的关键是对题目中的运算以及性质进行理解.