北京市第二十中学2025-2026学年高二上学期1月期末考试数学试题

北京市第二十中学2025-2026学年第一学期期末考试试卷 高二 数学 (时间：120分钟 满分：150分 为必修四、选择性必修一模块考试) 命题人：刘姗 审题人：李晓龙 班级 姓名 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的选项中，选出符合题目要求的一项， 1.已知集合A={x|1<x<4},B={x|x<3或x>5},则A∩B= A.{x1<x<5} B.{x<4或x>5} C.{x1<x<3} D.{xx<2或x>5} 2.直线x+V3y-1=0的倾斜角为 A.π B.π C2π D. 5π 3 3 6 4 3.已知数列{a,}满足a=4,，an2a,则as等于 A.1 B.-2 C.4 D.-4 4.如图，在四面体O-ABC中，OA=a,OB=b,OC=c,D为BC的中点，E为AD的中点，则OE 可用向量a,b,c表示为 A.号a+6+ 222 B.a+五+ 244 c.a+五+ D.1a+18+1c 424 442 5.设a∈R,则“a=1”是“直线4：r+2y-1=0与直线l:x+(a+1)y+4=0平行”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 6.己知m,n是两条不同的直线，x,B是两个不同的平面，则下列说法正确的是 A.若m⊥a,m⊥n,则n/1a B.若lnCa,m/1B,n/1B,则a//B C.若m//,n/1a,则/n D.若m⊥o,a/1B,则⊥B 7.己知直线1：x+w-m-2=0与圆O:x2+y2-2x-3=0相交于A,B两点，则AB的最小值为 A.2W2 B.2W3 C.2 D.3 8已知乃，R是希因C:子+片@>0>0)的两个售点，P为椭圆C上一点，O为坐标颜 第1页 若△POF,为等边三角形，则椭圆C的离心率为 A.√5-1 B.3-1 C.√5+1 D V3+1 2 2 9.己知A,B是圆C:x2+y2=1上的两点，P是直线x-y+=0上一点，若存在点A,B,P,使 得PA⊥PB,则实数m的取值范围是 A.[-1,1] B.[-2,2] C.[2,√2] D.[-2√2,22] 10.2021年3月30日我国知名品牌小米公司启用了具备“超椭圆”数学之美的全新Log0（如图)， 设计师的灵感来源于数学中的曲线C:x“+y”=1.给出下列四个结论： ①对任意的n∈R且n≠0，曲线C总关于原点成中心对称 ②当n>0时，曲线C上总过四个整点（横、纵坐标都为整数的点） ③当0<n<1时，曲线C围成的图形面积可以为2 ④当n=-1时，曲线C上的点到原点最近距离为22 其中正确结论的个数为 A.1 B.2 C.3 D.4 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。 11.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(2，-1)，则z·z= 12.若双曲线 士-二-1a>0,b>0)的离心率为N5,则其渐近线方程为 a2-b21 13.“中国天眼”反射面的主体是一个抛物面（抛物线绕着其对称轴旋转所形成的曲面称为抛物面）， 利用了抛物线的光学性质：由其焦点出发的光线照射到抛物线，经反射后的光线平行于抛物线的对 称轴.如图所示：抛物线C:y2=4x,一条光线经过M(4,-3),与x轴平行照射到抛物线上的点A处， 第一次反射后经过抛物线的焦点F到抛物线上的点B处，第二次反射后经过N(4,y,),则A的坐标 为 ,|MA|+|AB|+|BW|的值为 4已知双曲线C名1的左、右焦点分别为R、,直线y2x-0过双曲线℃的-个焦点 并且与双曲线C的一条渐近线平行，则双曲线C的方程为 :若点M(-10,25),则 M-M的值为 共2页 北京市第二十中学2025-2026学年第一学期期末考试试卷 高二数学 班级 姓名 15.如图，在正方体ABCD-AB,CD中，过BD的平面分别交棱A4,CC于点M,N.给出下列四 个结论： ①四边形DMBN一定是平行四边形： ②四边形DMBN可能是正方形： ③四边形DMBN为菱形时，其面积最小： D ④四边形DMBN为矩形时，其面积最大 其中所有正确结论的序号是 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出相应文字说明，演算步骤或证明过程 16.（本小题满分14分) 已知函数f(x)=4 cosx sin -1. (I)求(x)的最小正周期及单调递增区间； (Ⅱ)求f(x)在区间 上的最大值和最小值以及对应的x取值. 6’4 17.(本小题满分13分) 已知以点A(-1,2)为圆心的圆与直线1：x+2y+7=0相切，过点B(-2,0)的直线l与圆A相交于M、 N两点 (I)求圆A的标准方程： (IⅡ)当W=2√19时，求直线I的方程. 18.(本小题满分14分) 如图所示，在三棱柱ABC-AB,C中，D是AC中点，AD⊥平面ABC,平面BBD与棱AC交 于点E,AA=AC=2,AB=BC. E (I)求证：BB I/DE; ()已知点C与平面4ABB,的距离为2②1，求AB的长度. 7 D 第2页 19.(本小题满分15分) 如图，直四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD是边长为I的正方形，点E在棱BB上. (I)求证：AC⊥DE: (Ⅱ)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知， 使得DB⊥平面EAC,并给出证明. 条件①：E为BB的中点： 条件②：BD∥平面EAC; 条件③：DB⊥BD. (III)在（Ⅱ）的条件下，求平面EA,C与平面DA,C夹角的余弦值， 20.(本小题满分15分) 、已知随圆C:2+3=1(a>6>0的离心弃为V3 ,以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为 45. (I)求椭圆C的方程； (Ⅱ)直线y=+(a≠O)与椭圆C交于A,B两点，与y轴交于点P,线段AB的垂直平分线与 AB交于点M,与y轴交于点N,O为坐标原点.如果∠MOP=2∠MNP成立，求k的值 21.(本小题满分14分) 己知无穷数列{an}满足an=max{a1,a+2}-mim{a1,a+2}(n=1,2,3),其中max{x,y}表示x,y 中最大的数，min{x,}表示x,y中最小的数. (I)当4=1,2=2时，写出44的所有可能值： (Ⅱ)若数列{a}中的项存在最大值，证明：0为数列{a}中的项； (II)若an>0(n=1,2,3),是否存在正实数M,使得对任意的正整数n,都有a≤M？如果存 在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由 共2页北京市第二十中学2025-2026学年第一学期期末考试参考答案 高二 数学 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。 题号 1 2 3 4 7 8 9 10 答案 C D C B A D A A B C 二、 填空题共5小题，每小题5分，共25分. 题号 11 12 13 14 15 答案 5 y=±2x 2:10 x2 y2 =1;-2W5 ①③④ 520 三、解答题共6小题，共85分 16因为o=da+骨-1=4c号mxo-1-5x+s-2+3】 1 2 所以f(x)的最小正周期为T= 由+2ms2x+名+2版keZ,得-+m≤xs爱+bkez, 6-2 3 6 所以图数)的单调通指区间为背+点爱+e 36 ()因为-sx≤5，所以s2x+亚≤2亚 4 6 63 又函数y=snx在-元，上单调递增，在江，3π 上单调递减， 2'2 22 所以当2：+管子即-要时，函版w取得最大信，且大值为/[日)2 62 6 当2x+匹=工，即x=-工时，函数f)取得最小值，且最小值为f 66 6 17.①)圆的￥径为点(12到直线x+2y+7=0的距离，即r=上1+4+725， √5 所以圆A的标准方程为(x+1)+(y-2)2=20 (II)设圆心A(-1,2)到过点B(-2,0)的动直线l的距离为d, 由(1)知r=2√5，因为MW=219,故r2=d2+ 所以d=1 2 ①当直线1的斜率不存在时，其方程为x=-2,此时圆心A(-1,2)到1的距离为1，满足题意： ②当直线I的斜率存在时，设其方程为y=k(x+2) 此时圆心到直线的距离为d==1,解得k,故直线的方程为3x4y+6=0 V1+k2 第1页 综上，直线1的方程为3x-4y+6=0或x=-2. 18.(I)根据棱柱的性质可知，BB,/AA, 由于BB,丈平面ACCA,AAc平面ACCA,所以BB,∥平面ACCA 由于BBC平面BB,ED,平面BB,EDO平面ACCA=DE,所以BB,IIDE. (II)由于AD⊥平面ABC,CD,BDC平面ABC,所以AD1 CD,ADL BD, 由于AB=BC,D是AC的中点，所以BD⊥CD,由此以D为原点建立如图所示空间直角坐标系， 设BD=tt>0),AD=V22-1F=3,则Bt,0,0),C(01,0),A(0,-1,0),A(0,0W3), AC=(0,2,0),AB=,1,0)AA1=0,1B): 设平面4AB弘，的法向量为=(K,以.，则nM5=+y0,故可设i=(55,-), i.AA=y+3z=0 所以d= Ac22,解得1=1或=-1（舍），即BD=1时，AB=+T=V5 V3+42 7 19.(I)连结BD,BD.由直四棱柱ABCD-ABCD1知，BB⊥平面ABCD, 又ACc平面AB,CD,所以BB,⊥AC 因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD.又BD∩BB=B,所以AC⊥平面DDBB. 又DEC平面DDBB,所以AC⊥DE. (IⅡ)选条件①、条件③，可使DB,⊥平面EAC.证明如下： 设AC,∩B,D=O,连结OE,BD. 又E,O分别是BB,B,D的中点，所以OE∥BD 因为DB⊥BD,所以DB⊥OE 由(I)知AC,⊥平面DDBB,所以AC⊥DB 又AC∩OE=O,所以DB,⊥平面EAC 选条件②、条件③，可使DB⊥平面EAC.证明如下： 设AC∩BD=O,连结OE 因为BD∥平面EAC,BDC平面DDBB, 平面DDBB,∩平面EAC=OE,，所以BD∥OE 因为DB⊥BD,所以DB⊥OE 由(I)知AC⊥平面DDBB,所以AC⊥DB. 又AC∩OE=O,所以DB⊥平面EAC. (II)由(I)可知，四边形D,DBB,为正方形，所以DD,=BD=√2 因为DA,DC,DD两两垂直，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系D-xz, 则000：4aa,4al.ca1,801号.4aa②， 所以AC=(←1,1,0)，DA=4,0,V2) 共2页 由(I)知平面EAC的一个法向量为DB=1,1,√2). 设平面DAC的法向量为n=(x,y,), 则 nAC=0,m「-x+y=0, 即 nDA=0,x+v2-=0. 令x=√2，则y=√2，s=-1.于是n=(2,V2,-1). 设平面EAC,与平面DAC,的夹角为6， 则cos6cos<n,DBHm.D8L=V巨=Vi0 ||DBI2×V 5101 所以平面4G与平面D4G,夹角的余弦值为 10 20.(I)由题设，e=C-5, 4Wa2+b2=4V5,解得a=2,b=1, a 2 所以椭圆c的方程为+y=1. 4 2 (Ⅱ)由4 +y=1得(4k2+1)x2+8x+4m2-4=0, y=kx+m 由△=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,得4k2-m2+1>0. 设A(,),B(xJ2),则￥+3，=-8k 4k2+1 +=k(3+x2)+2m=- 8k2m 4k2+1 +2m=_2m 4k2+1 所以点M的横坐标x=十王=-4 2 4k2+1 ，纵坐标yw=当十业=m 2 4k2+1 1 所以直线MN的方程为y- 4km 4k+=x+ 4k2+1 令x=0,则点N的纵坐标yw= 3m 4k2+1 所以N0,-3m 4k2+1 因为P(O,m),所以点N、点P在原点两侧 因为∠MOP=2∠MNP,所以∠MNO=∠OMN,所以OM=ON. (4k2+1)2 9m2 (4k2+1)2 所以16k2m2+m2 4k2+)2(4k+),解得16k2+1=9,所以k=±互 9m2 21.(I)a1的所有可能值为1,3,5. (I)因为max{a1,a+2}≥min{a21,a+2},所以a,≥0(n=1,2,). 所以min{a,a+1}≥0(n=1,2,-). 因为无穷数列{a}中的项存在最大值，所以存在h∈N使得a.≤a,(n=1,2,). 因为a。=max{a。+1,a+2}-min(4+1,4。+2}≤maX4H,a6+2}≤a: 所以min{a+1,a+2}=0,故存在m∈{+1，h+2}使得an=0.所以0为数列{an}中的项. (Ⅲ)不存在正实数M,使得对任意的正整数，都有a,≤M.理由如下. 因为a.>0(n∈N),所以an≠a1(n=2,3,).设集合S={na>a1,n≥1}. (1)若S={na>a1,n≥1}=0，则4≤，a<a1(i=2,3,). 对任意M>0,取4=1+2（其中[]表示不超过x的最大整数。 则当n>h时， an=(a-a-1)+(a-1-a-2)++(a-4)+4=a-2+a-3++4+42≥0n-l)a>M. （2)若S=a>a+1,n≥1}≠0，且S为有限集， 设m=max{n川an>a2,n≥1}，则am+1<aml(i=1,2,-） 对任意M>0,取m=[M」+m+1(其中[问表示不超过x的最大整数， Am+1 则当n>h时，a.=(aa-an1）+(an-1-aa-2)++(am+2-am+i)+am =a-2+a-3+…+an+am1>(n-m)anm1>M. (3)若S=a.>a+1,n≥1}≠0，且S为无限集， 设B=minfna>a1,n≥1}，p+1=mina>aal,n>p,}(i=1,2,). 若P+1-P=1,则a2,>a21>a2+2’又a2<max{a21,a2+2},矛盾. 所以P1-B.≥2(i=1,2,).记m=a2+1(i=1,2,). 当P+1-.=2时，an>ag1,ap.1<04+2,ap+2>ap3· 因为a1=a2+2-a+3,所以l+1=ap41=0n,+2-an,1=aa.>a2+1=4: 当P+1-p≥3时，02>an1,a2,+1<0n+2<<0An,an>an1 因为21=a24-01,所以形1=021=024-0211=024-2≥021=m… 所以≤1(=1,2，).因为021=ana+2-011' 所以a2=02a+02m1=aa+川H≥an+4≥0+2+叫i=1,2,). 所以a2-02+2≥%(i=1,2,），且02，+2>a2+1= 对任意M>0,取%=[]+1（其中[]表示不超过x的最大整数），则当k>,时， ap+2=(ap+2-ap-+2)+(ap-+2-ap-+2)++(a2t2-a2,+2)+ap,+2≥(k-1)+aa+2>>M. 综上，不存在正实数M,使得对任意的正整数n,都有a≤M. 第2页共2页