2025屆北京市東城五中高二上數學期末質量檢測模擬試題注意事項：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．已知i是虛數單位，復數z=，則復數z的虛部為（）A.i B.-iC.1 D.-12．的展開式中，常數項為（）A. B.C. D.3．已知雙曲線右頂點為，以為圓心，為半徑作圓，圓與雙曲線的一條漸近線交于，兩點，若，則的離心率為（）A.2 B.C. D.4．在等比數列中，，則等于（）A. B.C. D.5．已知拋物線的焦點坐標是，則拋物線的標準方程為A. B.C. D.6．已知直線與直線垂直，則a＝（）A.3 B.1或﹣3C.﹣1 D.3或﹣17．已知命題：△中，若，則；命題：函數，，則的最大值為.則下列命題是真命題的是（）A. B.C. D.8．已知等差數列滿足，則其前10項之和為（）A.140 B.280C.68 D.569．已知數列的前項和為，滿足，，，則（）A. B.C.,,成等差數列 D.,,成等比數列10．如圖，在三棱錐中，點E在上，滿足，點F為的中點，記分別為，則（）A. B.C. D.11．已知雙曲線（，）的左、右焦點分別為，，點A的坐標為，點P是雙曲線在第二象限的部分上一點，且，點Q是線段的中點，且，Q關于直線PA對稱，則雙曲線的離心率為（）A.3 B.2C. D.12．準線方程為的拋物線的標準方程為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，在五面體中，//，，，四邊形為平行四邊形，平面，，則直線到平面距離為_________14．將連續的正整數填入n行n列的方陣中，使得每行、每列、每條對角線上的數之和相等，可得到n階幻方.記n階幻方每條對角線上的數之和為，如圖：，那么的值為___________.15．曲線在點處的切線與坐標軸圍成的三角形面積為__________.16．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.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）已知函數（1）求的單調區間；（2）若，求的最大值與最小值18．（12分）已知橢圓經過點，橢圓E的一個焦點為.（1）求橢圓E的方程；（2）若直線l過點且與橢圓E交于兩點.求的最大值.19．（12分）如圖，四棱錐中，底面為矩形，底面，，點是棱的中點（1）求證：平面，并求直線與平面的距離；（2）若，求平面與平面所成夾角的余弦值20．（12分）2020年10月，中共中央辦公廳、國務院辦公廳印發了《關于全面加強和改進新時代學校體育工作的意見》，某地積極開展中小學健康促進行動，發揮以體育智、以體育心功能，決定在2021年體育中考中再增加一定的分數，規定：考生須參加立定跳遠、擲實心球、一分鐘跳繩三項測試，其中一分鐘跳繩滿分20分，某校為掌握九年級學生一分鐘跳繩情況，隨機抽取了100名學生測試，其一分一分鐘跳繩個數成績(分)1617181920頻率（1）若每分鐘跳繩成績不足18分，則認為該學生跳繩成績不及格，求在進行測試的100名學生中跳繩成績不及格的人數為多少？（2）該學校決定由這次跳繩測試一分鐘跳繩個數在205以上(包括205)的學生組成“小小教練員"團隊，小明和小華是該團隊的成員，現學校要從該團隊中選派2名同學參加某跳繩比賽，求小明和小華至少有一人被選派的概率21．（12分）已知橢圓的左，右頂點分別是，，且，是橢圓上異于，的不同的兩點（1）若，證明：直線必過坐標原點；（2）設點是以為直徑的圓和以為直徑的圓的另一個交點，記線段的中點為，若，求動點的軌跡方程22．（10分）已知是等差數列，其n前項和為，已知（1）求數列的通項公式：（2）設，求數列的前n項和

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】先通過復數的除法運算求出z，進而求出虛部.【詳解】由題意，，則z的虛部為1.故選：C.2、A【解析】寫出展開式通項，令的指數為零，求出參數的值，代入通項計算即可得解.【詳解】的展開式通項為，令，可得，因此，展開式中常數項為.故選：A.3、B【解析】，得出到漸近線的距離為，由此可得的關系，從而求得離心率【詳解】因為，而，所以是等邊三角形，到直線的距離為，又，漸近線方程取，即，所以，化簡得故選：B4、C【解析】根據，然后與，可得，最后簡單計算，可得結果.【詳解】在等比數列中，由所以，又，所以所以故選：C【點睛】本題考查等比數列的性質，重在計算，當，在等差數列中有，在等比數列中，靈活應用，屬基礎題.5、D【解析】根據拋物線的焦點坐標得到2p=4,進而得到方程.【詳解】拋物線的焦點坐標是,即p=2,2p=4,故得到方程為.故答案為D.【點睛】這個題目考查了拋物線的標準方程的求法，題目較為簡單.6、D【解析】根據，得出關于的方程，即可求解實數的值.【詳解】直線與直線垂直，所以，解得或.故選：D.7、A【解析】由三角形內角及正弦函數的性質判斷、的真假，應用換元法令，結合對勾函數的性質確定的值域即知、的真假，根據各選項復合命題判斷真假即可.【詳解】由且，可得或，故為假命題，為真命題；令，又，則，故，∵在上遞減，∴，故的最大值為.∴為真命題，為假命題；∴為真，為假，為假，為假.故選：A.8、A【解析】根據等差數列的性質，可得，結合等差數列的求和公式，即可求解.【詳解】由題意，等差數列滿足，根據等差數列的性質，可得，所以數列的前10項和為.故選：A.9、C【解析】寫出數列前幾項，觀察規律，找到數列變化的周期，再依次去判斷各項的說法即可解決.【詳解】數列中，，，，則此數列為1，2，2，1，，，1，2，2，1，，，1，2，2，1，，，…即數列的各項是周期為6數值循環重復的一列數，選項A：，，則.判斷錯誤；選項B：由，可知當時，.判斷錯誤；選項C：，則，即,,成等差數列.判斷正確；選項D：,,則，,即,,不能構成等比數列.判斷錯誤.故選：C10、B【解析】利用空間向量加減、數乘的幾何意義，結合三棱錐用表示出即可.【詳解】由題設，，，，.故選：B11、C【解析】由角平分線的性質可得，結合已知條件即可求雙曲線的離心率.【詳解】由題設，易知：，由知：，即，整理得：.故選：C12、D【解析】的準線方程為.【詳解】的準線方程為.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用等價轉化的思想轉化為點到面的距離，作，利用線面垂直的判定定理證明平面，然后計算使用等面積法，可得結果.【詳解】作如圖由//，平面，平面所以//平面所以直線到平面距離等價于點到平面距離又平面，平面所以，又，則平面，，所以平面平面，所以又平面，所以平面所以點到平面距離為由，所以又，所以在中，又故答案為：【點睛】本題考查線面垂直的綜合應用以及等面積法求高，重點在于使用等價轉換的思想，考驗理解能力，分析問題的能力，屬中檔題.14、34【解析】根據每行數字之和相等，四行數字之和剛好等于1到16之和可得.【詳解】4階幻方中，4行數字之和，得.故答案為：3415、【解析】運用導數的幾何意義進行求解即可.【詳解】由，所以，而，所以切線方程為：，令，得，令，得，所以三角形的面積為：，故答案為：16、【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：.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）單調遞增區間是和，單調遞減是；（2）函數的最大值是，函數的最小值是.【解析】（1）利用導數和函數單調性關系，求函數的單調區間；（2）利用函數的單調性，列表求函數的最值.【小問1詳解】，當，解得：或，所以函數的單調遞增區間是和，當，解得：，所以函數的單調遞減區間是，所以函數的單調遞增區間是和，單調遞減是；【小問2詳解】由（1）可得下表4單調遞增單調遞減單調遞增所以函數的最大值是，函數的最小值是18、（1）（2）【解析】（1）設橢圓的左，右焦點分別為，．利用橢圓的定義求出，然后求解，得到橢圓方程；（2）當直線的斜率存在時，設，，，，，聯立直線與橢圓方程，利用韋達定理以及弦長公式得到弦長的表達式，再通過換元利用二次函數的性質求解最值即可【小問1詳解】依題意，設橢圓的左，右焦點分別為，則，，，，橢圓的方程為【小問2詳解】當直線的斜率存在時，設，，，，由得由得由，得設，則，當直線的斜率不存在時，，的最大值為19、（1）證明見解析，直線與平面的距離為（2）【解析】（1）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設，利用空間向量法可證得平面，以及求得直線與平面的距離；（2）利用空間向量法可求得平面與平面所成夾角的余弦值【小問1詳解】解：因為平面，四邊形為矩形，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設，則、、、、、，，，，，所以，，，所以，，，又因為，因此，平面.所以，平面的一個法向量為，，平面，平面，則平面，所以，直線到平面的距離為.【小問2詳解】解：若，則、，設平面的法向量為，，，則，取，可得，設平面的法向量為，，，則，取，可得，.因此，平面與平面所成夾角的余弦值為.20、（1）14人；（2）.【解析】（1）根據頻率直方表區間成績及其對應的頻率，即可求每分鐘跳繩成績不足18分的人數.（2）由表格數據求出一分鐘跳繩個數在205以上(包括205)的學生共6人，列舉出六人中選兩人參加比賽的所有情況、小明和小華至少有一個被選派的情況，由古典概型的概率求法即可得小明和小華至少有一人被選派的概率.【詳解】（1）由表可知，每分鐘跳繩成績不足18分，即為成績是16分或17分，在進行測試的100名學生中跳繩成績不及格人數為：人)（2）一分鐘跳繩個數在205以上(包括205)的學生頻率為，其人數為：(人)，記小明為，小華為，其余四人為，則在這六人中選兩人參加比賽的所有情況為：，共15種，其中小明和小華至少有一個被選派的情況有：，共9種，小明和小華至少有一人被選派的概率為：.21、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）設，首先證明，從而可得到，即得到；進而可得到四邊形為平行四邊形；再根據為的中點，即可證明直線必過坐標原點（2）設出直線的方程，與橢圓方程聯立，消元，寫韋達；根據條件可求出直線MN過定點，從而可得到過定點，進而可得到點在以為直徑的圓上運動，從而可求出動點的軌跡方程【小問1詳解】設，則，即因為，，所以因為，所以，所以.同理可證.因為，，所以四邊形為平行四邊形，因為為的中點，所以直線必過坐標原點【小問2詳解】當直線的斜率存在時，設直線的方程為，，聯立，整理得，則，，.因為，所以，因為，解得或.當時，直線的方程為過點A，不滿足題意，所以舍去；所以直線的方程為，所以直線過定點.當直線