精品解析：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 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，或，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列满足，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在四面体中，，，，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向量，，表示为（ ） A. B. C. D. 5. 设aR，则“a＝1”是“直线：ax＋2y－1＝0与直线：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. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若m，n，m∥，n∥，则∥ C. 若m∥，n∥，则m∥n D. 若m⊥，∥，则m⊥ 7. 已知直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，为坐标原点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 9. 已知，是圆上的两点，是直线上一点，若存在点，，，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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Logo（如图），设计师的灵感来源于数学中的曲线C：．给出下列四个结论： ①对任意的且，曲线C总关于原点成中心对称 ②当时，曲线C上总过四个整点（横、纵坐标都为整数的点） ③当时，曲线C围成的图形面积可以为 ④当时，曲线C上的点到原点最近距离为 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，复数对应的点的坐标是，则________． 12. 若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为___________. 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，一条光线经过，与轴平行照射到抛物线上的点处，第一次反射后经过抛物线的焦点到抛物线上的点处，第二次反射后经过，则的坐标为______，的值为______． 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，直线过双曲线的一个焦点，并且与双曲线的一条渐近线平行，则双曲线的方程为________；若点，则的值为________． 15. 如图，在正方体中，过的平面分别交棱于点.给出下列四个结论： ①四边形一定是平行四边形； ②四边形可能是正方形； ③四边形为菱形时，其面积最小； ④四边形为矩形时，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. 已知函数． （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）求在区间上的最大值和最小值，并求出此时的值． 17. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于 （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程． 18. 如图所示，在三棱柱中，D是AC中点，⊥平面，平面与棱交于点E，，． （1）求证：； （2）已知点C与平面的距离为，求的长度． 19. 如图，直四棱柱中，底面是边长为的正方形，点在棱上. （1）求证：； （2）从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得平面，并给出证明. 条件①：为的中点；条件②：平面；条件③：. （3）在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 20. 已知椭圆C:的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值. 21. 已知无穷数列满足，其中表示x，y中最大的数，表示x，y中最小的数. （1）当，时，写出的所有可能值； （2）若数列中的项存在最大值，证明：0为数列中的项； （3）若，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 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，或，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集概念进行求解. 【详解】或. 故选：C 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线斜率得到直线倾斜角. 【详解】因为该直线的斜率为，所以它的倾斜角为. 故选：D. 3. 已知数列满足，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用递推数列得到周期，再利用周期求解即可. 【详解】已知， 所以， 则数列是周期为的周期数列， 又因为， 即. 故选： 4. 如图，在四面体中，，，，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向量，，表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的基本定理，用，，表示向量． 【详解】因为是的中点，是的中点， ，． 故选：B 5. 设aR，则“a＝1”是“直线：ax＋2y－1＝0与直线：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. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】∵当a=1时，直线：x+2y﹣1=0与直线：x+2y+4=0， 两条直线的斜率都是，截距不相等，得到两条直线平行， 故前者是后者的充分条件， ∵当两条直线平行时，得到， 解得a=﹣2，a=1， ∴后者不能推出前者， ∴前者是后者的充分不必要条件． 故选A． 考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系． 6. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若m，n，m∥，n∥，则∥ C. 若m∥，n∥，则m∥n D. 若m⊥，∥，则m⊥ 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面垂直关系可判断A错误，根据面面平行的判定定理可知B错误，根据空间中两直线的位置关系可知C错误，结合线面垂直性质可得D正确. 【详解】对于A，若，则可得或，因此A错误； 对于B，若， 当，且，此时不成立，因此B错误； 对于C，若，则的位置关系可以是平行、异面或者相交，因此C错误. 对于D，若，则可得，因此D正确. 故选：D 7. 已知直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线过的定点，当时，最小，再利用勾股定理计算. 【详解】直线可化为， 当时，，所以直线恒过定点， 当时，圆心到直线的距离最大，此时最小， 又圆，则，， 则， 故的最小值为. 故选：A 8. 已知，是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，为坐标原点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用为等边三角形，构造焦点三角形，根据几何关系以及椭圆定义，得到的等量关系，即可求得离心率. 【详解】连接，根据题意，作图如下： 因为为等边三角形，即可得：， 且 则， 由椭圆定义可知：， 故可得：. 故选：A. 9. 已知，是圆上的两点，是直线上一点，若存在点，，，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】确定在以为直径的圆上，，根据均值不等式得到圆上的点到的最大距离为，得到，解得答案. 【详解】，故在以为直径的圆上，设中点为，则， 圆上的点到的最大距离为， ，当时等号成立. 直线到原点的距离为，故. 故选：B. 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Logo（如图），设计师的灵感来源于数学中的曲线C：．给出下列四个结论： ①对任意的且，曲线C总关于原点成中心对称 ②当时，曲线C上总过四个整点（横、纵坐标都为整数的点） ③当时，曲线C围成的图形面积可以为 ④当时，曲线C上的点到原点最近距离为 其中正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】①若点在曲线上，可判断点是否在曲线上；②通过点在曲线上判断；③先判断出与坐标轴围成的面积为，再判断出在内部,即可判断；④根据对称性只考虑曲线在第一象限内的点，表示出距离，令，利用基本不等式求出最小值. 【详解】若点在曲线上，则可知点也在曲线上， 故曲线关于原点成中心对称，故①正确； 点在曲线上，故②正确； 当时，因为，所以， 从而，（当或时取等） 所以曲线围成的图形在正方形的内部， 故曲线C围成的图形面积小于正方形的面积2，故③错误； 当时，曲线， 若点在曲线上，则可知点也在曲线上， 故曲线关于轴、轴、原点对称， 故只考虑曲线在第一象限内的即可，此时曲线化为，即， 则， 令， 则， 当且仅当且，即时等号成立， 结合对称性可知，曲线上点到原点距离的最小值为，故④正确. 故选：C 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的几何意义可得出，进而可得出，利用复数的乘法化简可得结果. 【详解】由复数的几何意义可知，则，所以，. 故答案为：. 12. 若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用，求得，即得渐近线方程. 【详解】由，得，，∴双曲线的渐近线方程为 故答案为： 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，一条光线经过，与轴平行照射到抛物线上的点处，第一次反射后经过抛物线的焦点到抛物线上的点处，第二次反射后经过，则的坐标为______，的值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由条件先确定的纵坐标，代入抛物线方程可得的横坐标，由条件结合抛物线定义求的值. 【详解】由已知，，， 所以点的纵坐标为，代入抛物线方程， 可得，所以点的横坐标为， 所以的坐标为， 又抛物线的准线方程为， 且， 设点的横坐标为，点的横坐标为， 则，， 由抛物线定义可得，， 所以的值为， 所以的值为. 故答案为：，. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，直线过双曲线的一个焦点，并且与双曲线的一条渐近线平行，则双曲线的方程为________；若点，则的值为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】求出的值，根据已知条件得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出双曲线的方程；判断出点在双曲线的左支上，利用双曲线的定义可求得的值. 【详解】在直线的方程中，令可得，则， 由于直线与双曲线的一条渐近线平行，则，解得 ， 因此，双曲线的方程为； 因为，所以，点在双曲线的左支上，故. 故答案为：；. 15. 如图，在正方体中，过的平面分别交棱于点.给出下列四个结论： ①四边形一定是平行四边形； ②四边形可能是正方形； ③四边形为菱形时，其面积最小； ④四边形为矩形时，其面积最大. 其中所有正确结论的序号是___________. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据正方体得几何特征及面面平行得性质即可判断①； 若四边形可能是正方形，则且，证明不成立即可判断②； 以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到的距离，根据，结合二次函数得性质分别求出当面积最小和最大时四边形得形状，即可判断③④. 【详解】解：对于①，在正方体中， 平面平面，又平面，平面， 且平面，所以， 同理，所以四边形一定是平行四边形，故①正确； 对于②，设该正方体的棱长为2， 若四边形可能是正方形，则分别为得中点， 且， 实际上，， 并不满足， 即不成立，故四边形不可能是正方形，故②不正确； 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， 设，正方体的棱长为2， 则， 则， 则， 所以， 所以点到的距离， 则， 当时，四边形面积最小，此时四边形为菱形，故③正确； 当或2时，四边形面积最大，此时四边形为矩形，故④正确. 故答案为：①③④. 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. 已知函数． （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）求在区间上的最大值和最小值，并求出此时的值． 【答案】（1），， （2），；， 【解析】 【分析】（1）根据两角和的正弦公式以及二倍角公式和辅助角公式化简，然后求出周期和单调递增区间； （2）由题意，，结合正弦函数的图像和性质求在区间上的最大值和最小值． 【小问1详解】 ， 则的最小正周期， 令，解得， 单调递增区间为， 【小问2详解】 ，，， 当，即，； 当时，，． 17. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于 （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】(1)由题意知点到直线距离公式可确定圆A半径，带入到圆的标准方程可求得圆的方程； (2) 过A做，由垂径定理可知圆心到直线，设出直线，可分为斜率存在和斜率不存在两种情况，解之可得直线方程 【小问1详解】 易知到直线的距离为圆A半径r， 所以， 则圆A方程为 【小问2详解】 过A做,由垂径定理可知，且， 在中由勾股定理易知 当动直线斜率不存在时，设直线的方程为， 经检验圆心到直线的距离为，且根据勾股定理可知， 显然合题意， 当动直线斜率存在时，过点，设方程为：， 由到距离为知得， 代入解之可得， 所以或为所求方程． 18. 如图所示，在三棱柱中，D是AC中点，⊥平面，平面与棱交于点E，，． （1）求证：； （2）已知点C与平面的距离为，求的长度． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先得到线面平行，再根据线面平行得到线线平行； （2）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，设（），写出各点坐标，得到平面法向量，利用点到平面距离公式得到方程，求出，求出的长度. 【小问1详解】 根据棱柱的性质可知，， 由于平面，平面， 所以平面，又平面， 平面平面，所以． 【小问2详解】 由于⊥平面，平面， 所以，，由于，D是AC的中点， 所以⊥， 以D为原点，以所在直线分别为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 设（），已知， 则，则， ，， 设平面的法向量为， 则， 令得，故， 所以点C与平面的距离， 解得或（舍）， 即，． 19. 如图，直四棱柱中，底面是边长为的正方形，点在棱上. （1）求证：； （2）从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得平面，并给出证明. 条件①：为的中点；条件②：平面；条件③：. （3）在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）答案见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）连结，，由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得，再由正方形的性质及线面垂直的判定、性质即可证结论. （2）选条件①③，设，连结，，由中位线的性质、线面垂直的性质可得、，再由线面垂直的判定证明结论；选条件②③，设，连结，由线面平行的性质及平行推论可得，由线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明结论； （3）构建空间直角坐标系，求平面、平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 连结，，由直四棱柱知：平面，又平面， 所以，又为正方形，即，又， ∴平面，又平面， ∴. 【小问2详解】 选条件①③，可使平面.证明如下： 设，连结，，又，分别是，的中点， ∴. 又，所以. 由（1）知：平面，平面，则. 又，即平面. 选条件②③，可使平面.证明如下： 设，连结. 因为平面，平面，平面平面， 所以，又，则. 由（1）知：平面，平面，则. 又，即平面. 【小问3详解】 由（2）可知，四边形为正方形，所以. 因为，，两两垂直， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，. 由（1）知：平面的一个法向量为. 设平面的法向量为，则，令，则. 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 20. 已知椭圆C:的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程； （2）分析可知，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出线段的中点的坐标，求出线段的垂直平分线的方程，可求得点的坐标，分析可得，利用两点间的距离公式可求得的值. 【小问1详解】 由题设得，解得，，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由，得， 由，得. 设、，则，， 所以点的横坐标，纵坐标， 所以直线的方程为. 令，则点的纵坐标，则， 因为，所以点、点在原点两侧. 因为，所以，所以. 又因为，， 所以，解得，所以. 21. 已知无穷数列满足，其中表示x，y中最大的数，表示x，y中最小的数. （1）当，时，写出的所有可能值； （2）若数列中的项存在最大值，证明：0为数列中的项； （3）若，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据定义知，讨论、及大小求所有可能值； （2）由，假设存在使，进而有，可得，即可证结论； （3）由题设，令，讨论、求证即可判断存在性. 【小问1详解】 由，， 若，则，即，此时， 当，则，即； 当，则，即； 若，则，即，此时， 当，则，即； 当，则，即（舍）； 综上，的所有可能值为. 【小问2详解】 由（1）知：，则， 数列中的项存在最大值，故存在使，， 由， 所以，故存在使， 所以0为数列中的项； 【小问3详解】 不存在正实数，使得对任意的正整数，都有.理由如下. 因为，所以. 设集合. ①若，则. 对任意，取(其中表示不超过的最大整数)， 则当时， . ②若，且为有限集， 设，则. 对任意，取(其中[x]表示不超过的最大整数)， 则当时， ③若，且为无限集， 设. 若，则.又，矛盾. 所以. 记. 当时，. 因为，所以 当时，. 因为，所以 所以. 因为， 所以 所以，且. 对任意， 取(其中[x]表示不超过的最大整数)，则当时， 综上，不存在正实数，使得对任意的正整数，都有. 【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定，并构造集合，讨论、研究存在性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $