北京市第二中学2025-2026学年高二第三学段考试数学试卷

北京二中2025一2026学年度第三学段高二年级学段考试试卷 数学选择性必修第二册 命题人：傅靖审核人：鲁智虎得分： 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项 是符合题目要求的，请将答案填在答题纸上) 1.在等差数列{an}中，若a=1,a2+a4=10,则a0=（) A.38 B:39 C.40 D41 2.二项式（心-的展开式中，常数项为（） A-4 B4 C-6 Q.6 3从4名男生和3名女生中任选4人参加主持人大赛，则选中的4人中恰有1名女生的选法 共有() A,6种 B.12种 c.18种 )24种 4.“m=号"是“直线(0m+2x+3my+1=0与直线(0m-2)x+0m+2y-3=0相互垂直”的() A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 心.充分必要条件 D既不充分也不必要条件 5若双曲线C:女上 产一京=1(a>0,6>0)的一条渐近线被圆(x-2}+y2=4所截得的弦长 为2，则C的离心率为() A√2 B.3 025 3 D.2 6某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照， 其中甲班的2名同学不相邻的站法种数共有（) A.120种 B.240种 C.480种 720种 7.已知ABCD为正方形，若椭圆M与双曲线N都以AB为焦点且都过点C、D,则椭圆M 与双曲线N的离心率之积为() A.√2-1 B2+1 c.2 高二年级数学第三学段考试2026年1月第1页，共4页 8.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点E是C的准线与C的对称轴的交点，点P在 C上.若∠PEF=30°，则sin∠PFE=() 4 B V3 c v3 03 2 2 3 4 9.等比数列{an}的首项a,=4,前n项和为Sn,若S6=9S,则数列{log2an}的前10项和 为() A.65 875 C.90 D110 10.记知数列{an}(n≤9)各项均为正整数，对任意的k∈N'(2≤k≤8)，ak=ak-1+1和a。=ak+l-1 中有且仅有一个成立，且4，=6，a,=14.记S,=4+42+…+a,.下列四个结论正确的是() A.{an}可能为等差数列 B.{an}中最大的项为a C.S,存在最大值 D.S。的最小值为36 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.请将答案填在答题纸上） 11.若抛物线y2=2px的焦点坐标为(1,0)，则p= ,准线方程为 12.书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不 同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为 从第1,2,3层各取1本书， 不同的取法种数为一·（用数字作答） 13.已知双曲线亡，上=1，焦点在y轴上，若焦距为4，则口等于」 a-32-a 14.如图甲是第七届国际数学教育大会（简称1CME-7)的会徽图案，会徽主题图案是由图乙 的一连串直角三角形演化而成的己知4,4,4，…为直角顶点， 设OA1=A1A2=A2A3=A3A=·=1, OA,O42,…,OAn构成数列{an},令 6,=。1。,S为数列亿，}的前n项和，则 ICME-7 Cot +an S80= 高二年级数学第三学段考试2026年1月第2页，共4页 15.已知曲线C:xx|-4y川y4. ①若P(x0,%)为曲线C上一点，则，-2%>0； ②曲线C在(0，-1)处的切线斜率为0； ③3m∈R,x-2y+m=0与曲线C有四个交点； ④直线x-2y+m=0与曲线C无公共点当且仅当m∈(-o,-2W2)U[0,+o). 其中所有正确结论的序号是一 三、解答题（本大题共85分，请将答案填在答题纸上） 16.记Sn为数列{an}的前n项和，已知3Sn=4a.-3n. (I)求a2,4； (Ⅱ)证明：数列{an+1}是等比数列； (皿)设b,=n(an+1),求数列地n}的前n项和T,. 17.已知抛物线C:x2=2y,其焦点为F,M(2,%)是C上的一点. (I)求|MFI; (I)直线1交C于A、B两点，kokos=-2且△OAB的面积为16，求直线1的方程. 18.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,∠A为钝角，a=7,asin2B=v3 bcos B. (1)求∠A; (Ⅱ)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求 △ABC的面积」 条件①：b=7；条件②：cosB= 1 4 条作@.6如4：6 注：如果选择的条件不符合要求第（Ⅱ）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 高二年级数学第三学段考试2026年1月第3页，共4页 I9如图，在多面体ABCDE中，AE⊥平面ABC,平面BCD⊥平面ABC,△ABC是边 长为2的等边三角形，BD=CD=√5，AE=2。 (I)证明：平面BED⊥平面BCD; (Ⅱ)求平面BED与平面ABC所成火角的余弦值； (Ⅲ)求多面体ABCDE的体积. 20.已知椭圆C:父+片=a>6>0)的离心率为)，短轴长为4 2 (I)求椭圆C的标准方程； ()过点P(-3,0)作两条相互垂直的直线和，直线与C相交于两个不同点A、B,在 线段AB上取点Q,满足2= IOBI PBI' 直线交y轴于点R,求△POR面积的最小值. 21.对于各项均为整数的数列{an},如果满足am+mm=1,2,3,)为完全平方数，则称 数列{an}具有“M性质”：不论数列{an}是否具有“M性质”，如果存在与{an}不是同一数列 的亿}，且亿}同时满足下面两个条件： ①b，b2,b,…,bn是a,a,a,,an的一个排列； ②数列亿}具有tM性质”， 则称数列{an}具有“变换M性质”. (D设数列a,}的前n项和8=背r-),证明：数列a,}具有“M性质”， (Ⅱ)试判断数列1,2,3,4,5和数列1,2,3，.，11是否具有“变换M性质”，具有此 性质的数列请写出相应的数列b,},不具此性质的说明理由； (Ⅲ)对于有限项数列A:1,2,3,.,n,某人已经验证当n∈[12，m2](m25)时，数列A 具有“变换M性质”，试证明：当n∈[m2+1,(m+1)]时，数列A也具有“变换M性质” 高二年级数学第三学段考试2026年1月第4页，共4页 北京二中2025—2026学年度第二学段高二年级学段考试答案 数学选择性必修第二册 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项 是符合题目要求的，请将答案填在答题纸上) 1.B2.A3.B4.A5.D6.C7.D 8.c 9.A 10.D 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.请将答案填在答题纸上） 11.2;x=-1 12.15;120 13. 14.8 15.①②④ 三、解答题（本大题共85分，请将答案填在答题纸上） 16.解：(1)因为3Sn=4a-3n 当n=1时，3a1=4a-3,解得a1=3: 当n=2时，3(a+a2)=4a,-6,解得a,=15; 当n=3时，3(a+a2+a2)=4a-9,解得4=63 （2)证明：当n=1时，a1=S1=3; 当n≥2时，3Sn=4an-3n,3Sn-1=4am-1-3(n-1) 两式相减得：3an=4a。-4a-1-3,所以an=4a-1+3 所以a。+1=4(am-1+1) 又因为a+1=4,an+1≠0 所以。4，所以Q+少是首项为4，公比为4的等比数列 (3)由(2)知：a,+1=4” 所以bn=n(a,+1)=n4, 所以T=1×4+2×4+3×43+…+n4"①， 故4T,=1×42+2×43+.+n.4m②， 两式相减得，-3江=4+4++4-n4_4〔4-》_n-41, 3 故T=444-》 3 9 第1页，共6页 17.解：)将M(2,y)代入C:x2=2y,得=2， 所以MFF+=2+- .15 22 (2)直线的斜率显然存在，设直线：y=kx+m,A(x1,乃)、B(x2,y2), 由+m 1x2=2y 得：x2-2e-2=0, .x1+x2=2k,xx2=-2m,△=4k2+8m>0 由=欢是经=一分以， ∴.2=4， 直线方程为：y=x+4,所以直线恒过定点(0,4)， 4 原点O到直线的距离d= V1+k2 号 艺中原+G+r-4. 1.4 =2W4k2+32=16, .42+32=64,解得k=±2√2， 所以直线方程为：y=±2W2x+4. 第2页，共6页 18.解：)由题意得2 sinAsin Bcos B=√3 sin BcosB, 因为△1BC中，A为纯角，B∈0，受， 所以sinB≠0，cosB≠0 解得smA= ,因为4为钝角，则A=2 2 3； (2)选择①b=7,则simB=3=V3× 一骨7=因为4三，剥8为能狗，测 2π 14 2 B三·此时4+B不·不合题意 选回camB- ,因为B为三角形内角，则simB 13 3V3 14, 则代入2sinB=】 5b得2×3v3=,解得b=3, 147 2 仅sinC=sin(A+BE如2行+B=sin s cos B+c3 -sin B () 3v35V3 14 14 则SA ABC=2 absin C= 2×7x3x 5v315v3 14 选择③csinA= 6,圆有x号-昌5，解得c=5, 7 5 C 则由正弦定理得 insinc,即5simc,解得inC- a 5V5 2 14 可知C为锐角，则cosC 5V3 11 1- 14=14 则mB=4+0=(+C）= 3 cosC +cos 3 sin C 311, 14 14 则Sanc=00sinB 2×7x5x3v3l5V3 14 4 第3页，共6页 19.证明：I)取BC中点O,连接AO,DO, BD=CD=√5，∴.DOL BC,则DO=√CD-OC=2, ·.DOC平面BCD,平面DBCO平面ABC=BC, 平面BCD⊥平面ABC, ·.DOL平面ABC, AE⊥平面ABC,∴AE∥DO, 又DO=2=AE,∴.四边形AODE是平行四边形，.ED∥AO, '△ABC是等边三角形，∴AO⊥BC, ·,AOC平面ABC,平面BCD∩平面ABC=BC,平面BCD⊥平面ABC, ∴.AOL平面BCD,∴.AO垂直平面BCD内任意直线 从而由ED∥AO可知ED垂直平面BCD内任意直线 .DE⊥平面BCD:EDC平面EBD.平面EBD⊥平面BCD. 解：(2)由I)得AO⊥平面BCD,DOC平面BCD,AO⊥DO, 又DO⊥BC,AO⊥BC, 分别以OB,AO,OD所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 则A(0,-√3,0)，B(1,0,0),D(0,0,2),E(0,-√3,2)， 平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1), 设平面BED的一个法向量为1=(x,y,z), BD=(-1,0,2),BE=(←1，-V3,2), i.BD=-x+2z=0 nBE=-x-3v+2z=0'取r=2,得i=(2,0, 则 设平面BED与平面ABC所成夹角为日，则 cos日=Imn=1_V5 mn5 5 平面3D与平面ABC所成夹角的余弦值为5 (3 VABCDE =VE-ABC+Vs-BCD 因为AE⊥平面ABC,ED⊥平面BCD, 1 所以VE-ABc= AE·SMBC= 2W3 3 3 Vg-Bc=2·DE:SABCD= 25 3 3 所以VABCDE= 4W5 3 第4页，共6页 y 所以a=2反，b=2.所以C的方程为X+ =1. 84 (②)由题意，直线，斜率存在且不为0，设直线的方程为y=k(x+3), A(x,)B(x2,y2),e(xo,yo), 将y=k(x+3)代入x2+2y2=8,整理可得 1+2k2)x2+12k2x+18k2-8=0, △=1444-40+2k2)18k2-8)>0,解得-2<k<2, 由根与系数的关系可得 -12k2 -18k2-8 X+1+2F, 1+2k2’ AO API 根据 O8P8,则-5-5t3 2-x02+3' 362-1636k2 解得飞=25+3+2-1+221+2E-8 为+2+6 12k2 3 1+22+6 义414，则的方程为y妆列. 令x=0,则y=名即0是} -E- 而P0+F1(3)+安， 记△PQR面积为S, 则s-限xO 1 分2x2=1,（(当且仅当k=士l时取等号). 所以△PQR面积的最小值为1. 第5页，共6页 21证明：D当心2时，a=及-S=背m-》-”号0m--=-n, 又a,=0,所以4=2-nn∈N). 所以a+i=i=1,2,3,)是完全平方数，数列{an}具有“M性质 (Ⅱ)数列1,2,3,4,5具有变换M性质”， 数列b}为3,2,1,5,4. 数列1,2,3，..，11不具有“变换M性质”. 因为11,4都只有与5的和才能构成完全平方数， 所以数列1,2,3，.，11不具有“变换M性质”. 证明（Ⅲ）设n=2+j,1≤j长2m+1, 注意到(m+2)2-02+》=4m+4-j, 令h=4m+4-j-1, 由于1≤j2m+1,心5，所以h=4+4-j-1>2m+2≥12， 又m-h=m2-4m-4+j+1>r-4m-2,m2-4m-2=(m-22-6>0, 所以h<m2, 即he[12,m2] 因为当n∈[12，]m心5)时，数列{an}具有“变换M性质”， 所以1,2，.，4+4-j-1可以排列成a1,a2,a,,aa,使得a+i(0=1,2, .,)都是平方数： 另外，4m+4-j,4m+4-j+1,.,m2+j可以按相反顺序排列，即排列为m2+j, .,4+4-j+1,4m+4-j, 使得(4m+4-)+(+j)=0+2)2,(4m+4-j+1)+0m2+广-1)=(m+2)2，., 所以1,2，.，4m+4-j-1,4m+4-j,.,-1+j,m2+j广可以排成a,a2, a3,.,a,2+j,.,41+4-j满足4+i(i=1,2,.,+)都是平方数. 第6页，共6页