精品解析：北京市第十九中学2025-2026学年高二上学期期末练习数学试题

北京市第十九中学2025—2026学年第一学期期末练习 高二数学 2026.01 本试卷共6页，100分.考试时长90分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题纸交回，试卷保留好，以备讲评. 第一部分（选择题共30分） 一、选择题共10小题，每小题3分，共30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. 抛物线的焦点坐标是 A. B. C. D. 2. 已知直线l经过点，平面的一个法向量为，则（ ） A. B. C. D. l与相交，但不垂直 3. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 五行是中国古代的一种物质观，多用于哲学、中医学和占卜方面，五行指金、木、水、火、土.现将“金、木、水、火、土”排成一排，则“土、水”相邻的排法种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 72 D. 48 5. 已知直线过第一象限的点和，直线的倾斜角为135°，则的最大值为（ ） A. 9 B. 4 C. 3 D. 6. 如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则（ ） A. ，且直线，是相交直线 B. ，且直线，是相交直线 C. ，且直线，是异面直线 D. ，且直线，是异面直线 7. 已知A，B，C，D，E是空间中的五个点，其中点A，B，C不共线，则“存在实数x，y，使得是“平面ABC”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 8. 已知，，若，以下向量中可以作为的是（ ） A. B. C. D. 9. 已知点，点，半径为的圆恒经过点，若存在圆心使得，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 第二部分（非选择题共70分） 二、填空题共5小题，每小题4分，共20分. 11. 学校食堂在某天中午备有5种素菜，4种荤菜，2种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则最多可以配制出_____种不同的套餐. 12. 已知点，向量，平面经过原点，且与向量垂直，则点A到平面的距离为_______. 13. 已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为____________． 14. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.将一个正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，于是得到一种八个面为正三角形、六个面为正方形的半正多面体，如图所示，已知，则此半正多面体的体积为_______. 15. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点．若，下面四个结论： ①开口向上的抛物线的方程为； ②； ③直线截第一象限花瓣的弦长的最大值为； ④阴影区域的面积大于， 上述结论中所有正确的序号是_______． 三、解答题共4小题，共50分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知点在圆上． （1）求该圆的圆心坐标及半径长； （2）过点，斜率为的直线与圆相交于两点，求弦的长． 17. 如图，在直三棱柱中，，，D，E分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，，E为棱的中点，过点B，C，E的平面交棱于点F. （1）求证：F为中点； （2）若，，再从条件①或条件②中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①： 条件②：与平面所成角的正切值为2. 注：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. 19. 已知椭圆的左右顶点分别为，离心率为，点，的面积为2. （1）求椭圆的方程； （2）过点且斜率为的直线交椭圆于点，线段的垂直平分线交轴于点，点关于直线的对称点为.若四边形为正方形，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第十九中学2025—2026学年第一学期期末练习 高二数学 2026.01 本试卷共6页，100分.考试时长90分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题纸交回，试卷保留好，以备讲评. 第一部分（选择题共30分） 一、选择题共10小题，每小题3分，共30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. 抛物线的焦点坐标是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】抛物线的焦点坐标为， 因为抛物线，，所以焦点坐标为． 2. 已知直线l经过点，平面的一个法向量为，则（ ） A. B. C. D. l与相交，但不垂直 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面的法向量与直线的方向向量的关系即可求解. 【详解】因为直线l经过点， 所以，又因为平面的一个法向量为， 且，所以平面的一个法向量与直线l的方向向量平行， 则， 故选：. 3. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把双曲线方程中常数改为0，化简即得． 【详解】由双曲线方程得，即，此为渐近线方程． 故选：D． 4. 五行是中国古代的一种物质观，多用于哲学、中医学和占卜方面，五行指金、木、水、火、土.现将“金、木、水、火、土”排成一排，则“土、水”相邻的排法种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 72 D. 48 【答案】D 【解析】 【分析】用排列中的捆绑法直接求出即可. 【详解】由题意知：则“土、水”相邻的排法种数为. 故选：D. 5. 已知直线过第一象限的点和，直线的倾斜角为135°，则的最大值为（ ） A. 9 B. 4 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜率公式得出的关系，再利用基本不等式求的最大值. 【详解】因为直线过点和，且倾斜角为135°， 所以，得， 因为点在第一象限，所以， 所以，得，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为. 故选：A 6. 如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则（ ） A. ，且直线，是相交直线 B. ，且直线，是相交直线 C. ，且直线，是异面直线 D. ，且直线，是异面直线 【答案】A 【解析】 【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题． 【详解】如图所示，作于，连接，过作于． 连接，平面平面，平面平面， 平面，平面，平面， 均为直角三角形．设正方形边长为2， 易知， 在中，直线，是相交直线， 故选：A． 7. 已知A，B，C，D，E是空间中的五个点，其中点A，B，C不共线，则“存在实数x，y，使得是“平面ABC”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】B 【解析】 【分析】利用存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC，结合充分必要条件的定义即可求解. 【详解】若平面ABC，则共面，故存在实数x，y，使得，所以必要性成立； 若存在实数x，y，使得，则共面，则平面ABC或平面ABC，所以充分性不成立； 所以 “存在实数x，y，使得是“平面ABC”的必要不充分条件， 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量共面的问题，理清存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC是解题的关键，属于基础题. 8. 已知，，若，以下向量中可以作为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】考虑、不共线的情形，作，，作，，以、为邻边作平行四边形，可知，且有，故，设，根据空间向量共线的充要条件可得出，即可得解. 【详解】由题意可知，各选项中的向量均不与向量共线，只需考虑、不共线的情形， 作，，如下图所示： 作，，则、是分别与向量、同向的单位向量， 以、为邻边作平行四边形，则四边形为菱形，且平分， 由向量加法的平行四边形法则可知，且有， 因为，且，则，设，即， 因为、不共线，则，所以，故， A选项合乎题意， 故选：A. 9. 已知点，点，半径为的圆恒经过点，若存在圆心使得，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意圆心在以为圆心，为半径的圆上，由存在圆心使得，以为直径的圆与圆有公共点，求出两圆心距，即可得到不等式组，解得即可. 【详解】因为半径为的圆恒经过点， 所以圆心在以为圆心，为半径的圆上， 又存在圆心使得， 所以以为直径的圆与圆有公共点， 圆的圆心为，半径， 又与的距离， 所以，解得， 即的取值范围是. 故选：C 10. 已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可. 【详解】对任意给定，则，且， 可知，即， 再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域， 如图阴影部分所示，其中， 可知任意两点间距离最大值， 阴影部分面积. 故选：C. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 第二部分（非选择题共70分） 二、填空题共5小题，每小题4分，共20分. 11. 学校食堂在某天中午备有5种素菜，4种荤菜，2种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则最多可以配制出_____种不同的套餐. 【答案】40 【解析】 【分析】根据备有5种素菜，4种荤菜，2种汤，则荤菜有4种选法，素菜有5种选法，汤菜有2种选法，然后再利用分步计数原理求解. 【详解】因为备有5种素菜，4种荤菜，2种汤， 所以荤菜有4种选法，素菜有5种选法，汤菜有2种选法， 所以要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配制出不同的套餐有种 故答案为：40. 12. 已知点，向量，平面经过原点，且与向量垂直，则点A到平面的距离为_______. 【答案】 【解析】 【分析】求出，再利用点到平面的距离公式，求出答案. 【详解】由题知，设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为， 故答案为：. 13. 已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出双曲线的实半轴、虚半轴长，再写出的方程作答. 【详解】令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距， 由双曲线的离心率为，得，解得，则， 所以双曲线的方程为. 故答案为： 14. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.将一个正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，于是得到一种八个面为正三角形、六个面为正方形的半正多面体，如图所示，已知，则此半正多面体的体积为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】将该“阿基米德多面体”补成正方体，求出正方体的棱长，分析可知该“阿基米德多面体”相当于在正方体中挖去八个全等的三棱锥，利用正方体和棱锥的体积计算可得结果. 【详解】将该“阿基米德多面体”补成正方体，设该正方体的棱长为， 由题意可知，，解得， 所以该“阿基米德多面体”相当于在正方体中挖去八个全等的三棱锥， 且每个三棱锥的体积都等于， 故该“阿基米德多面体”的体积为. 故答案为：. 15. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点．若，下面四个结论： ①开口向上的抛物线的方程为； ②； ③直线截第一象限花瓣的弦长的最大值为； ④阴影区域的面积大于， 上述结论中所有正确的序号是_______． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于②，联立抛物线方程，求出点的坐标，即得；对于③，将直线与抛物线方程联立求出的坐标，由两点间距离公式求得弦长，利用换元和函数的图象即可求得弦长最大值；对于④，利用以直线近似取代曲线的思想求出三角形面积，即可对阴影部分面积大小进行判断. 【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为, 将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故①正确； 对于B，根据①项分析，由可解得，或，即，代入可得， 由图象对称性，可得，故，即②正确； 对于C，如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点, 由，解得，由，解得, 即得, 则弦长为：， 由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0， 即在第一象限部分满足，不妨设，则，且， 代入得，，（） 由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即③错误； 对于④，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值. 如图， 在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行， 由可得切点坐标为，因， 则点到直线的距离为， 于是，由图知，半个花瓣的面积必大于， 故原图中的阴影部分面积必大于，故④正确. 故选：①②④ 【点睛】思路点睛：解题思路是，理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解. 三、解答题共4小题，共50分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知点在圆上． （1）求该圆的圆心坐标及半径长； （2）过点，斜率为的直线与圆相交于两点，求弦的长． 【答案】（1）圆心坐标为，半径长为 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据点在圆上求出参数，再将圆的方程化为标准方程，即可得出圆心及半径； （2）先写出直线方程，求出圆心到直线的距离，再根据圆的弦长公式即可得解. 【小问1详解】 因为点在圆上， 所以，解得， 所以该圆的标准方程为， 所以该圆的圆心坐标为，半径长为； 【小问2详解】 因为直线过点，斜率为， 所以直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离， 所以. 17. 如图，在直三棱柱中，，，D，E分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为直三棱柱，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以， 因为D是的中点，所以. 因为，平面，平面. 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据直三棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据线面垂直的性质建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为直三棱柱，所以平面， 平面，所以，， 因为，所以，，两两垂直，以C为原点，，，为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 由，则，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为. 所以，即， 令，则，. 所以. 所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. 18. 四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，，E为棱的中点，过点B，C，E的平面交棱于点F. （1）求证：F为中点； （2）若，，再从条件①或条件②中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①： 条件②：与平面所成角的正切值为2. 注：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）证明: 因为底面为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，且平面平面，所以， 又E为棱的中点，所以F为中点. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理及性质定理可得结果； （2）选条件①：根据面面垂直的性质定理结合已知，建立空间直角坐标系，由向量法求二面角可得结果；选条件②：根据面面垂直的性质定理得为与平面所成角，建立空间直角坐标系，由向量法求二面角可得结果. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 选择①：因为平面平面，平面平面， ，平面，所以平面， 因为平面，所以，， 所以， 所以， 所以，即， 故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，即. 取，则，，所以， 设平面的法向量为，则，即. 取，则，，所以， 所以，由图可知，二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. 选择②：因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 所以即为与平面所成角，即， 在中，，所以， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以，即， 故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，下同选①. 19. 已知椭圆的左右顶点分别为，离心率为，点，的面积为2. （1）求椭圆的方程； （2）过点且斜率为的直线交椭圆于点，线段的垂直平分线交轴于点，点关于直线的对称点为.若四边形为正方形，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质，离心率（为椭圆半焦距），三角形面积公式，再结合椭圆中来确定椭圆方程. （2）先求出直线与椭圆的交点坐标关系，再根据垂直平分线的性质、正方形的性质来求解的值. 【小问1详解】 已知，，， 则的面积，解得. 因为离心率，，所以. 又因为，，，所以. 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 将直线与椭圆联立得. 根据韦达定理，，. 计算， 从而得到线段中点坐标为. 然后求线段垂直平分线方程：垂直平分线的斜率为， 根据点斜式可得垂直平分线方程为， 进而得到点. 最后根据四边形为正方形时： 则 展开得 进一步化简为 将，代入得，， 整理得，解得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $