精品解析：北京市东城区2025-2026学年高二上学期期末样卷数学试题

2025-2026学年第一学期期末样卷 高二数学 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直线方程可得直线斜率，结合斜率定义可得倾斜角. 【详解】设直线的倾斜角为，则， 直线即为，其斜率， 即，可得， 所以直线的倾斜角为. 故选：B. 2. 双曲线的右焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线的性质求解. 【详解】因为双曲线的标准方程为，所以， 所以， 所以该双曲线的右焦点为， 故选：B 3. 已知直线，直线，若，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由两直线平行可得出关于实数的等式，进而计算即可求解. 【详解】若，则，解得. 故选：C 4. 与轴相切，且圆心坐标为的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得圆心和半径，即可得圆的标准方程. 【详解】因为圆的圆心坐标为，且与轴相切，可知圆的半径， 所以圆的方程为. 故选：A. 5. 设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：当时，不是递增数列；当且时，是递增数列，但是不成立，所以选D. 考点：等比数列 6. 在平行六面体 中， 与 的交点为 ．设 ，是下列向量中与 相等的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的加法法则及减法法则即得. 【详解】解：因为，所以. 故选：A. 7. 已知等比数列的前项和为，，，则公比的值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用作差，即可结合等比数列的性质求解. 【详解】由，可得， 故，即，故公比. 故选：B 8. 已知等差数列的前项和为，，，.记，则的值为（ ） A. 4048 B. 4049 C. 4050 D. 4051 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，利用前项和公式可得，，进而可求得的值. 【详解】在等差数列中，，，. 可得， 因为，所以， ， 又，所以， 所以的值为. 故选：B. 9. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，点是点在平面上的投影，点为的重心.若空间中的点满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得的轨迹是过且与平面平行的平面，可得，求解即可. 【详解】因为点是点在平面上的投影，所以平面， 所以平面，所以， 又空间中的点满足，所以的轨迹是过且与垂直的平面， 又为的重心，所以，所以的最小值为， 又正三棱锥的六条棱长均为6，则， 所以，所以的最小值为. 故选：C. 10. 在平面直角坐标系中，曲线：，其中.给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②设，在曲线上，则； ③当时，记曲线上的点到直线的距离为，则； ④对于任意，存在使得直线与曲线的公共点个数为3. 其中所有正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据点的对称性即可求解①，取特殊点即可求解②，根据点到直线的距离，以及双曲线的渐近线方程，结合图形即可求解③④. 【详解】设曲线上任意一点，则，故也在曲线上，故曲线关于轴对称，①正确， 当时，，当时，，作出曲线的大致图象如下： 取，在上取点，此时，故②错误， 曲线为曲线的右侧， 当时，，此时曲线为双曲线的一部分， 由于双曲线的一条渐近线方程为，则渐近线到直线的距离为， 当时，曲线为，此时曲线为圆的一部分， 此时圆心到直线的距离为1， 因为，则圆上的点到直线的最小距离为，因此；③正确， 当，直线恒过点，当时，直线与曲线C只有两个交点； 当时，易得该直线与曲线C在x轴上方有一个交点， 当时，联立，化简得， 若要满足题意，则， 所以当时，该直线与曲线C在x轴下方有两个个交点， 由对称性可得，当时，对于任意，直线与曲线的公共点个数为3，故④正确， 故选：C 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. 已知抛物线：的顶点为，焦点为，准线为，点在抛物线上.若点到准线的距离为2，则的面积为______. 【答案】1 【解析】 【分析】根据抛物线定义和到准线的距离为2求点的坐标，再根据三角形面积公式计算面积. 【详解】由：可得,则, 如图所示，不妨设点位于第一象限，过点向准线作垂线交准线于， 则，解得,则垂直于轴， 代入：，解得，则， 所以的面积为. 故答案为：1. 12. 若直线被圆截得的弦长为6，则的值为______ 【答案】1 【解析】 【分析】根据题意可得弦长等于直径，直线经过圆心，将圆心坐标代入直线方程求解. 【详解】由题意知圆心坐标为，半径为3，则直径为6， 因为直线被圆截得的弦长为6，所以直线经过圆心， 则，解得， 故答案为：1. 13. 已知双曲线：的一条渐近线为，则的焦距为______ 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线标准方程的概念，结合渐近线方程的概念，利用的关系式以及双曲线的焦距，可得答案. 【详解】由双曲线，则，所以渐近线方程为， 由题意可得，解得. 可得，因此双曲线的焦距为. 故答案为：. 14. 已知是公差为等差数列.若，，是公比为的等比数列，则______，______. 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】利用等比中项结合是公差为的等差数列，由 求解. 【详解】因为，，是公比为的等比数列， 所以， 又因为是公差为的等差数列， 所以， 则 ， 又 ， ， 所以，解得 ，则 ， 所以. 故答案为：；1. 15. 已知数列的各项均为非负数，前项和为，.给出下列四个结论： ①当时，为常数列； ②对于，存在常数，使得恒成立； ③当时，为递增数列； ④对于，. 其中正确结论的序号是______. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据递推公式解方程，结合首项可判断①；先放缩，然后解不等式，结合首项可判断②；先根据首项范围判断的范围，然后利用判断单调性可判断③；根据首项分类讨论，当时，由利用累加法，结合的范围即可判断④. 【详解】对①，若，则，解得（负根已舍去）， 又，所以由归纳法可知恒成立，正确； 对②，若，则，解得， 又，所以由归纳法可知恒成立，正确； 对③，若，则，解得， 所以当时，由归纳法可知，总有， 所以，即，所以此时数列单调递减，错误； 对④，由上可知，当时，总有，所以成立； 当时，总有，因为， 所以，所以，数列单调递增. 又，，...，， 由累加法可得， 所以， 所以， 因为当时，对任意都有，所以，， 所以，所以， 所以. 综上，，，正确. 故答案为：①②④ 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. 在中，，. （1）求的值； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上的高. 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为6. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分） 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，然后利用正弦定理求出. （2）选择条件①：先根据余弦定理求出，然后根据三角形面积公式求出边上的高即可； 选择条件②：先根据正弦定理求出的关系式，然后根据余弦定理求出，若无正数解，则三角形不存在； 选择条件③：先根据三角形面积公式求出，然后根据余弦定理求出，最后根据三角形面积公式求出边上的高. 【小问1详解】 因在中，，所以. 由正弦定理得. 【小问2详解】 选择条件①：根据余弦定理得. 化简得，解得. 所以或（舍去），设边上的高为，则 ，所以. 所以边上的高为. 选择条件②：由于，所以. 根据正弦定理，得，化简得. 根据余弦定理，所以. 化简得，根据韦达定理. 所以，此方程无正数解. 因为，故该条件下不存在. 选择条件③：因为的面积为6，所以. 所以，根据余弦定理得. 所以，所以，解得. 所以边上的高为. 17. 在四棱锥中，平面平面，，，，，为中点. （1）求证：平面平面； （2）求证：平面； （3）已知，，，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明过程见解析. （2）证明过程见解析. （3） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得平面，再由判定定理即可证明； （2）取的中点，求证四边形是平行四边形得到，再利用线面平行的判定定理即可证明； （3）建立适当空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，再利用向量法距离公式即可求解. 【小问1详解】 证明：因为平面平面，且平面平面， 又，平面，所以平面. 又因为平面，故平面平面. 【小问2详解】 证明：取的中点，连接. 因为为中点，为中点，所以，且. 由题意，所以，且， 所以且，因此四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面， 故平面. 【小问3详解】 由，平面平面，平面，得平面. 故可以为原点，分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系. 由题，，由，得，， 则，， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，即. 因为，所以点到平面的距离， 故点到平面的距离为. 18. 已知椭圆：离心率为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为4. （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的右顶点为，过点的直线与椭圆交于不同两点，.当的面积为时，求直线的斜率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据焦距和椭圆定义求得，进而得到椭圆方程； （2）设直线方程为，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据，结合韦达定理可构造方程求得结果. 【小问1详解】 椭圆上的点到两焦点的距离之和为4，，即， 又椭圆：离心率为，，， 又，， 椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为， 当时，此时方程与椭圆只有一个交点，不符合题意， 设， 联立，得，即， ， 根据弦长公式，得， ， 又椭圆的右顶点为到直线 的距离为， 又的面积为时，， 即，，解得， 当时，直线的斜率为； 当时，直线的斜率为. 综上所述，直线的斜率为. 19. 如图，在长方体中，，，是棱上的点. （1）求证：； （2）设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，是否存在点使得？若存在求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在点使得，. 【解析】 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，列出向量的坐标，根据向量的数量积判断是否垂直即可. （2）先将平面和平面的法向量坐标求出来，然后求出，并列出等式，化简即可求得的坐标，然后根据两点距离公式求出结果即可. 【小问1详解】 根据题意，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 那么. 所以，所以. 【小问2详解】 由题意知，平面的一个法向量是. 设平面的一个法向量为，则有. 则，令，那么，所以 因为二面角的大小为，由观察可得为锐角， 所以. 因为直线与平面所成的角为，所以. 若存在点使得，则. 那么有，化简得. 解得，即或，由于， 所以，所以，又， 所以，所以. 所以存在点使得，此时. 20. 已知椭圆：的左焦点，. （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，过点作斜率为且不经过焦点的直线，直线与椭圆交于不同两点，，直线，与轴正半轴分别交于点，.求证：的值为定值. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据左焦点坐标和及的关系，求出的值，进而求出椭圆的方程； （2）设直线的方程为：，联立椭圆与直线方程，根据韦达定理求出求出为定值，进而证明. 【小问1详解】 因为椭圆：的左焦点，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 证明：设直线的方程为， 联立，消去并化简得， 又，其中， 且 设，则有， 所以 ， 即， 又，所以， 所以的值为定值. 21. 若无穷数列满足如下两个性质，则称具有性质： ①； ②. （1）若，，分别判断数列，是否具有性质，说明理由； （2）无穷数列的每一项都是正整数，且具有性质. （ⅰ）若，，求的最小值； （ⅱ）已知，，都有.若，求数列的通项公式. 【答案】（1）具有性质,不具有性质 （2）（ⅰ）23; （ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）根据无穷数列具有性质的规定逐一检验即可； （2）（ⅰ）根据无穷数列具有性质的规定，推理得到要使最小，需每个的值最小，则，再分类讨论即可； （ⅱ）首先证明两个引理，从而得到，再讨论和即可. 【小问1详解】 数列具有性质，数列不具有性质．理由如下： 对于数列： , , 所以数列具有性质． 对于数列： 所以数列不具有性质． 【小问2详解】 （ⅰ）因为无穷数列的每一项都是正整数， 所以要使的值最小，只需使每个的值最小． 因为数列具有性质， 所以．所以． 所以．所以． 依次类推，． 当时，有最小值，最小值为23. （ii）不妨设，则． 引理1：设，当时，． 证明：因为数列具有性质， 所以. 当时，． 所以，不符合题意. 当时，， 所以，不符合题意. 同理可得，当或时， 不符合题意. 所以. 所以 引理2：设，当时，若，则；若，则. 证明：当时，数列如下： , 当时，数列如下： , 故若，则； 若，则. 所以当时，或． 因为无穷数列的每一项都是正整数，所以. 因为，则． 若，则．故，不符合题意. 若，则．故或2． 所以 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期期末样卷 高二数学 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的右焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线，直线，若，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 8 4. 与轴相切，且圆心坐标为的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 在平行六面体 中， 与 的交点为 ．设 ，是下列向量中与 相等的向量是（ ） A. B. C D. 7. 已知等比数列的前项和为，，，则公比的值为（ ） A. 3 B. C. D. 8. 已知等差数列的前项和为，，，.记，则的值为（ ） A. 4048 B. 4049 C. 4050 D. 4051 9. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，点是点在平面上的投影，点为的重心.若空间中的点满足，则的最小值为（ ） A B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，曲线：，其中.给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②设，在曲线上，则； ③当时，记曲线上的点到直线的距离为，则； ④对于任意，存在使得直线与曲线的公共点个数为3. 其中所有正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 已知抛物线：的顶点为，焦点为，准线为，点在抛物线上.若点到准线的距离为2，则的面积为______. 12. 若直线被圆截得的弦长为6，则的值为______ 13. 已知双曲线：的一条渐近线为，则的焦距为______ 14. 已知是公差为的等差数列.若，，是公比为的等比数列，则______，______. 15. 已知数列的各项均为非负数，前项和为，.给出下列四个结论： ①当时，常数列； ②对于，存常数，使得恒成立； ③当时，为递增数列； ④对于，. 其中正确结论的序号是______. 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. 在中，，. （1）求的值； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上的高. 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为6. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分） 17. 在四棱锥中，平面平面，，，，，为中点. （1）求证：平面平面； （2）求证：平面； （3）已知，，，求点到平面的距离. 18. 已知椭圆：离心率为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为4. （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的右顶点为，过点的直线与椭圆交于不同两点，.当的面积为时，求直线的斜率. 19. 如图，在长方体中，，，是棱上的点. （1）求证：； （2）设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，是否存在点使得？若存在求的值；若不存在，说明理由. 20. 已知椭圆：的左焦点，. （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，过点作斜率为且不经过焦点的直线，直线与椭圆交于不同两点，，直线，与轴正半轴分别交于点，.求证：的值为定值. 21. 若无穷数列满足如下两个性质，则称具有性质： ①； ②. （1）若，，分别判断数列，是否具有性质，说明理由； （2）无穷数列的每一项都是正整数，且具有性质. （ⅰ）若，，求的最小值； （ⅱ）已知，，都有.若，求数列的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $