精品解析：北京市第五十七中学2025-2026学年高二第一学期期末考试数学试题

2025-2026学年第一学期高二年级数学学科期末试卷 一､选择题共10小题，每小题4分，共40分. 1. 已知集合，则（） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 在平面直角坐标系中，角以为始边，点在角的终边上，则（ ） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，点，点在圆上，则的最大值为 A. 3 B. C. D. 4 5. 设为双曲线的右焦点．已知成等差数列，那么双曲线的离心率等于（ ） A. B. C. D. 2 6. 如图，在棱长为6的正四面体中，以为顶点的圆锥在正四面体的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数,恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设等差数列的公差为，则“”是“为递增数列”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 9. 已知动直线与圆交于，两点，且．若与圆相交所得的弦长为，则的最大值与最小值之差为（ ） A. B. 1 C. D. 2 10. 棱长为1的正方体中，点在线段上（不与重合），于于，以下结论错误的是（ ） A. 平面； B. 线段与线段的长度之和为定值； C. 线段长度的最小值为； D. 面积的最大值为； 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分 11. 在等差数列中，，则__________. 12. 已知抛物线的焦点为，则抛物线的准线方程为__________；抛物线的焦点为，若直线分别与交于两点，且，则__________. 13. 已知点，，在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则__________；点到直线的距离为__________. 14. ，若直线上存在点满足，则实数的取值范围是__________. 15. 已知曲线（、为常数），给出下列四个结论： ①曲线关于坐标原点对称； ②当时，曲线恒过两个定点； ③设、为曲线上的两个动点，则存在，，使得有最大值； ④记曲线在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为，则对任意，存在，使得. 其中所有正确结论的序号为__________. 三､解答题共6小题，共85分 16. 已知函数. （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）设是由向右平移个单位得到的新函数，其中，且为偶函数，求在区间上的最大值和最小值. 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，CD平面PAD，为等边三角形，，，E，F分别为棱PD，PB的中点. （1）求证AE平面PCD； （2）求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值； （3）在棱PC上是否存在点G，使得DG平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明理由. 18. 已知椭圆的一个顶点为.且过点. （1）求椭圆的方程及焦距 （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点.直线的斜率分别记为与，当时，求的面积. 19. 在中，. （1）求； （2）若，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，求及的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 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. 20. 已知椭圆，以的两个焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形是等腰直角三角形，且面积为. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点.过作直线的垂线，垂足为.求证：直线过定点. 21. 给定正整数，已知是一个行列的数表，其中．若数表同时满足如下三个性质，则称数表具有性质： ①对任意，有； ②对任意，且，有； ③对任意，有． （1）判断数表是否具有性质，并说明理由； （2）若数表具有性质，求的最小值； （3）若数表具有性质，记，求的最大值（表示集合中最大的数，表示集合中的元素个数）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期高二年级数学学科期末试卷 一､选择题共10小题，每小题4分，共40分. 1. 已知集合，则（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解出集合，再求. 【详解】集合：由，得或，即. 已知,所以. 故选：B 2. 若复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可判断其共轭复数. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：D 3. 在平面直角坐标系中，角以为始边，点在角的终边上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求三角函数值，再结合二倍角公式，即可求解. 【详解】由条件可知，, 所以，，所以. 故选：A 4. 在平面直角坐标系中，点，点在圆上，则的最大值为 A. 3 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量减法的三角形法则转化为求||，再根据两边之和大于等于第三边可得最大值． 【详解】∵||＝||≤|OB|+|OA|＝22， 故选C． 【点睛】本题考查了考查了向量减法的运算法则，向量在几何中的应用问题，属于中档题． 5. 设为双曲线的右焦点．已知成等差数列，那么双曲线的离心率等于（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列的性质、双曲线的定义即可求解. 【详解】由题意知，，即 ，由于，解得. 故选：B. 6. 如图，在棱长为6的正四面体中，以为顶点的圆锥在正四面体的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知当圆锥的底面与相切时，圆锥体积最大，利用圆锥的体积公式和几何关系求解即可. 【详解】由题意可知当圆锥的底面与相切时，圆锥体积最大， 因为是棱长为6的正四面体， 设底面圆半径为，中点为， 则，解得， 圆锥的高， 所以圆锥体积， 故选：A 7. 若函数,恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析该分段函数在各段上的零点情况，将问题转化为直线与在上有一个交点的问题，结合函数的图象即得参数的范围. 【详解】当时，由可得， 依题意， 时， 有1个零点， 即方程在上有一个实根， 也即直线与在上有一个交点. 如图作出函数的图象. 因在上单调递增，由图可知，此时. 综上，实数的取值范围是. 故选：D. 8. 设等差数列的公差为，则“”是“为递增数列”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】 【分析】根据数列的性质以及充分条件、必要条件的定义即可解出. 【详解】因为，所以； 当时，，此时显然单调递增， 所以可以推出为递增数列； 当为递增数列时，不妨取，此时为递增数列，但不满足， 所以为递增数列不能推出， 所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件， 故选：A. 9. 已知动直线与圆交于，两点，且．若与圆相交所得的弦长为，则的最大值与最小值之差为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意当动直线经过圆的圆心时，可得到弦长的最大值为该圆的直径，再设线段的中点为，从而得到动直线在圆上做切线运动，当动直线与轴垂直且点的坐标为时，即可得到弦长的最小值，进而即可求解． 【详解】由题意可知圆的圆心在圆上， 则当动直线经过圆心，即点或与圆心重合时，如图1， 此时弦长取得最大值，且最大值为； 设线段的中点为， 在中，由，且，则， 则动直线在圆上做切线运动， 所以当动直线与轴垂直，且点的坐标为时，如图2， 此时弦长取得最小值，且最小值为， 所以的最大值与最小值之差为2． 故选：D． 【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法： ①几何法：求圆的半径，弦心距，则弦长为； ②代数法：运用根与系数的关系及弦长公式． 10. 棱长为1的正方体中，点在线段上（不与重合），于于，以下结论错误的是（ ） A. 平面； B. 线段与线段的长度之和为定值； C. 线段长度的最小值为； D. 面积的最大值为； 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，结合图形，利用面面垂直的判定证得平面平面，再用其性质推得平面，得，利用，即可证得结论；对于B ，利用平行线分线段成比例性质可求得和，即可证明；对于D、C ，利用B的结论，借助于基本不等式可求得面积的最大值和的最小值，即可判断. 【详解】 对于A ：如图，在正方体中，平面， 又平面，所以平面平面， 又平面平面， 平面且， 所以平面，又平面，所以， 又， ， 平面，所以平面，故A正确； 对于B：因为平面，平面， 所以，所以，所以，即得； 又由，，所以，所以，所以， 即得， 所以，即为定值1，故B正确； 对于D ，由A知平面，因平面，则有， 所以的面积，当且仅当时等号成立， 即当时，面积的最大值为，故D错误； 对于C，由D知，则，当且仅当时等号成立， 即当时，线段长度的最小值为，故C正确. 故选：D. 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分 11. 在等差数列中，，则__________. 【答案】5 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式计算求解. 【详解】因为是等差数列，设等差数列公差为， 由，得， 则. 故答案为：5. 12. 已知抛物线的焦点为，则抛物线的准线方程为__________；抛物线的焦点为，若直线分别与交于两点，且，则__________. 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】先根据抛物线的标准方程求出准线方程，再利用抛物线的定义求出点、的横坐标，进而求出的长度. 【详解】抛物线，有，即，因此准线方程为. 抛物线的焦点，根据抛物线定义，. 抛物线的焦点，. 所以，解得： 因此，. 所以. 故答案为：； 13. 已知点，，在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则__________；点到直线的距离为__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】建立适当的平面直角坐标系，由向量数量积的坐标运算公式以及点到直线的距离公式即可求解. 【详解】以为原点建立如图所示的平面直角坐标系， 由题意，所以， 而直线的表达式为，即所以点到直线的距离为. 故答案为：，. 14. ，若直线上存在点满足，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出动点的轨迹方程，再求出渐近线方程，由直线与双曲线右支有公共点即可求出的范围. 【详解】已知 ，根据双曲线的定义，点 的轨迹是以 、 为焦点，实轴长 的双曲线的右支. 其中 ，，则 ，所以轨迹方程为 （），渐近线方程为 . 由直线 与双曲线右支有交点，可得. 故答案为： 15. 已知曲线（、为常数），给出下列四个结论： ①曲线关于坐标原点对称； ②当时，曲线恒过两个定点； ③设、为曲线上的两个动点，则存在，，使得有最大值； ④记曲线在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为，则对任意，存在，使得. 其中所有正确结论的序号为__________. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】利用曲线的对称性可判断①；当时，化简曲线方程，求出定点坐标，可判断②；将曲线的方程视为关于的二次方程，利用判别式求出的范围后可判断断③；化简方程得可判断曲线在线段上方，数形结合可判断④. 【详解】对于①，在曲线上任取一点，则， 点关于原点的对称点为， 则， 即点在曲线上，所以，曲线关于坐标原点对称，①对； 对于②，当时，则，曲线的方程为， 由，解得或， 所以，当时，曲线恒过两个定点、，②对； 对于③，当，时，将曲线的方程视为关于的二次方程， 则，故， 故或， 故无最值. 对于④，当，时，由题设可得， 当时，， 即曲线 在第一象限的部分在直线的上方，如图， 则，④对. 故答案为：①②④. 【点睛】关键点点睛：本题关键是求出曲线方程，后运用性质，如对称性，面积借助放缩成三角形即可求解. 三､解答题共6小题，共85分 16. 已知函数. （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）设是由向右平移个单位得到的新函数，其中，且为偶函数，求在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1）. （2）最小值；最大值 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换将函数化简为的形式，再根据三角函数的性质求解周期、单调区间； （2）根据平移和偶函数的性质确定，最后求其在指定区间上的最值. 【小问1详解】 由题意得， 所以的最小正周期. 由， 得. 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 由题意得. 由为偶函数可知， 解得. 又因为，所以. 从而. 当时，， 所以当，即时，取得最小值； 当，即时，取得最大值 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，CD平面PAD，为等边三角形，，，E，F分别为棱PD，PB的中点. （1）求证AE平面PCD； （2）求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值； （3）在棱PC上是否存在点G，使得DG平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）根据平面得到，根据为等边三角形，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角即可； （3）设，得到，然后利用空间向量和∥平面列方程，解得即可. 【小问1详解】 ∵平面，平面， ∴， ∵为等边三角形，为中点， ∴， ∵，平面，平面， ∴平面. 【小问2详解】 取中点，连接，， ∵平面，平面，平面， ∴平面平面，， ∵为中点，为等边三角形， ∴，， ∵平面平面，平面， ∴平面， ∵，， ∴四边形为平行四边形，， 如图，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， ，，，，, ∵平面， ∴可以作为平面的一个法向量， 设平面的法向量为，则 ，令，则，，， 所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 【小问3详解】 ，，，， 设，则， ∵∥平面， ∴，解得， 所以在棱上存在点使∥平面，此时. 18. 已知椭圆的一个顶点为.且过点. （1）求椭圆的方程及焦距 （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点.直线的斜率分别记为与，当时，求的面积. 【答案】（1）椭圆方程，焦距为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆过顶点和点构造方程求得，由此可得椭圆方程； （2）设过点的直线为，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由解得，再由弦长公式求以及点到直线的距离，最后求即可. 【小问1详解】 由题意，因为椭圆的一个顶点为,且过点， 所以，解得， 所以椭圆的方程为，焦距为. 【小问2详解】 设过点的直线为，， 由，化简得， 则，即， 所以， 即， 则， 所以直线方程为，， 故， 且点到直线的距离， 所以. 19. 在中，. （1）求； （2）若，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，求及的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 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）选择①，，，选择②，， 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及倍角公式求得，从而求得； （2）选条件①：由正弦定理及余弦定理解得，代入面积公式求解.选条件②：由余弦定理求出值，再利用三角形面积公式即可；选条件③：由余弦定理及基本不等式得到矛盾. 【小问1详解】 由正弦定理得， 代入得， 所以， 因为，所以 所以，所以，. 【小问2详解】 选条件①： 因为， 由正弦定理得，由余弦定理得， 解得，所以． 由解得，解是唯一的. 所以，. 选择条件②：由及余弦定理得， 即，解得或（负舍）， 此时有一解，所以， 所以，. 选条件③：由及余弦定理得， 所以，故. 这与矛盾，故不成立. 所以条件③不满足. 20. 已知椭圆，以的两个焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形是等腰直角三角形，且面积为. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点.过作直线的垂线，垂足为.求证：直线过定点. 【答案】（1） （2）证明如下： 由题意得，直线的斜率存在. 设直线的方程为，点，，则， 由得. 由得 ， ∴，. ∵，∴直线的方程为：， 令，得，即， 当时，， ∴，故直线过定点. 当时，直线为x轴，过点. 综上，直线过定点. 【解析】 【分析】（1）根据条件得到的关系式，解方程组可得结果. （2）设直线的方程为，表示直线的方程，借助韦达定理可得直线过定点. 【小问1详解】 由题意得，解得， ∴椭圆E的方程为. 【小问2详解】 略 21. 给定正整数，已知是一个行列的数表，其中．若数表同时满足如下三个性质，则称数表具有性质： ①对任意，有； ②对任意，且，有； ③对任意，有． （1）判断数表是否具有性质，并说明理由； （2）若数表具有性质，求的最小值； （3）若数表具有性质，记，求的最大值（表示集合中最大的数，表示集合中的元素个数）． 【答案】（1）不具有； （2）5； （3）最大值. 【解析】 【分析】（1）取，验证即可； （2）求出数表元素总和为，再求出，再构造出时的数表即可； （3）分，然后利用递推构造可求最大值. 【小问1详解】 数表不具有性质， 因为取，则有，不满足条件③． 【小问2详解】 由①②知数表中的元素总和为． 设， 又由③，有，解得． 又当时，可构造数表具有性质， 所以的最小值为5． 【小问3详解】 当时，由（2）知， 所以的最大值为． 当时， 因为，所以． 若，则，矛盾． 所以． 所以． 当时，若，则， 此时，矛盾． 所以． 又可构造数表具有性质，且， 所以的最大值为7． 当时，，且 当时， 若，不同列的元素的和的和至少为，矛盾； 故，此时， 当时，构造如下符合条件的矩阵： 此时， 当时，可得前者基础上最右列（除）均为1，最下面一行均为0， 此时， 依次利用类似的构造方法则可得一个符合条件的矩阵， ， 所以当时，最大值为， 综上所述，最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $