北京景山学校远洋分校2025-2026学年高二下学期开学测试数学试卷

2025-2026学年度高二下学期开学测试卷 数 学 本试卷共6页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40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）直线的倾斜角为 （A） （B） （C） （D） （2）抛物线的焦点坐标为，则其准线方程为 （A） （B） （C） （D） （3）数列的前四项依次是：则数列的通项公式可以是 （A） （B） （C） （D） （4）在的展开式中，常数项为 （A） （B） （C） （D） （5）已知直线，直线，且，则 （A） （B） （C） （D） （6）有不同的红球5个，不同的白球4个. 从中任意取出两个不同颜色的球，则不同的取法有 （A）20种 （B）16种 （C）9种 （D）32种 （7）设直线平面，平面平面直线，则“”是“”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 （8）若直线与双曲线无公共点，则双曲线的离心率可能是 （A） （B） （C） （D） （9）已知直线，直线，若与的交点为，且，则的最小值为 （A） （B） （C） （D） （10）如图，在棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的动点，且. 设动点的轨迹为曲线，则 （A）是平行四边形，且周长为 （B）是平行四边形，且周长为 （C）是等腰梯形，且周长为 （D）是等腰梯形，且周长为 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。 （11）双曲线的渐近线方程是______． （12）已知则_____; ______. （13）现有一块长为22 cm，宽和高均为3 cm的长方体木料，如图1所示.工人将其切掉一个四棱柱后，用余下的木料拼接成如图2所示的几何体.已知，，二面角的大小为，则图2所示的几何体的体积为__________ 图1 图2 （14）已知数列的各项均为正整数，对于，若 ，且，则______，______. （15）已知曲线，给出以下四个结论： ① 曲线是轴对称图形； ② 曲线不经过整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ③ 曲线围成的区域在第一象限的面积大于在第二象限的面积； ④ 曲线与直线有公共点. 其中正确结论的序号是_______． 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 （16）（本小题13分） 已知圆经过点和，且圆心在直线上. （Ⅰ）求圆的方程； （Ⅱ）设直线经过点，且与圆相切，求直线的方程. （17）（本小题14分） 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若，求点到平面的距离． （18）（本小题14分） 抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过直线与交于两点． （Ⅰ）当轴时，求； （Ⅱ）当直线的斜率为时，求的面积． （19）（本小题14分） 如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为的正方形，是的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度． （20）（本小题15分） 已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆的方程及离心率； （Ⅱ）椭圆与轴的交点为（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． （21）（本小题15分） 已知集合，其中．若的子集满足，则称具有性质．的所有具有性质的子集的个数记为． （Ⅰ）当时，写出的所有具有性质的子集； （Ⅱ）当时，若，且，证明：数对和中至少有一对中的两数奇偶性相同； （Ⅲ）当时，求的最大值． （考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效） 高二数学试卷第1页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高二下学期开学测试卷解析 数 学 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40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）直线的倾斜角为 （A） （B） （C） （D） 【答案】A （2）抛物线的焦点坐标为，则其准线方程为 （A） （B） （C） （D） 【答案】D （3）数列的前四项依次是：则数列的通项公式可以是 （A） （B） （C） （D） 【答案】B （4）在的展开式中，常数项为 （A） （B） （C） （D） 【答案】D 【解析】写出展开式的通项，整理后令的指数为，得到项数，然后计算出常数项，得到答案. 【详解】的二项展开式的通项为 其常数项为，令得 即 故选D项. （5）已知直线，直线，且，则 （A） （B） （C） （D） 【答案】B （6）有不同的红球5个，不同的白球4个. 从中任意取出两个不同颜色的球，则不同的取法有 （A）20种 （B）16种 （C）9种 （D）32种 【答案】A 【分析】采用分步乘法计数原理进行分析，第一步取红球，第二步取白球，将两次的取法数相乘可得结果. 【详解】解析：依题意，第一步，取红球，有5种不同取法； 第二步，取白球，有4种不同取法． 根据分步乘法计数原理可知，共有（种）不同的取法. 故选：A. （7）设直线平面，平面平面直线，则“”是“”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 【答案】A 【分析】根据线面垂直的判定、性质及充分、必要条件的定义判断即可. 【详解】已知直线平面，平面平面直线， 若，由平面，则； 若，此时得不到，直线可能与平面斜交，如下图： 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. （8）若直线与双曲线无公共点，则双曲线的离心率可能是 （A） （B） （C） （D） 【答案】C 【分析】由直线与双曲线的位置关系求得的不等关系，由此变形可得离心率范围，得到正确选项． 【详解】双曲线的渐近线方程为，直线与双曲线无公共点， 则，，，即，所以． 故选：C． （9）已知直线，直线，若与的交点为，且，则的最小值为 （A） （B） （C） （D） 【答案】B 【分析】通过直线方程求出两条直线所过的定点，再根据两直线垂直的条件判断两直线垂直，进而确定点的轨迹，最后结合点的位置求出的最小值. 【详解】可变形为由可得，则恒过定点， 同理可得恒过定点，且有，则， 此时的轨迹是以为直径的圆：（除去点）． 因，由图知，当点在线段上时，的值最小，其最小值为.    故选：B． （10）如图，在棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的动点，且. 设动点的轨迹为曲线，则 （A）是平行四边形，且周长为 （B）是平行四边形，且周长为 （C）是等腰梯形，且周长为 （D）是等腰梯形，且周长为 【答案】D 【分析】分别取的中点，先分别在面、面上确定动点的轨迹、，进而得到是过点的平面与正方体各表面的交线（梯形），再通过计算确定是等腰梯形及其周长. 【详解】分别取的中点，连接， 则∥∥，∴四点共面 若为面上的动点， 由正方体易得，平面平面，且平面平面，要使，则只需，此时的轨迹为线段； 若为面上的动点， 由正方体易得，平面平面，且平面平面，要使，则只需，因为分别是的中点，易证，故此时的轨迹为线段； 所以动点的轨迹曲线为过点的平面与正方体各表面的交线，即梯形. 因为正方体的棱长为2，所以. 所以曲线为等腰梯形，且周长为. 故选：D. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。 （11）双曲线的渐近线方程是______． 【答案】 （12）已知则_____; ______. 【答案】 【分析】对式子的两边进行赋值，令，即可求得的值；令，可得到的值，结合的值即可求解. 【详解】令，则，即； 令，则； 所以. 故答案为：；. （13）现有一块长为22 cm，宽和高均为3 cm的长方体木料，如图1所示.工人将其切掉一个四棱柱后，用余下的木料拼接成如图2所示的几何体.已知，，二面角的大小为，则图2所示的几何体的体积为__________ 图1 图2 【答案】 【分析】根据图形，找出二面角的平面角，求出的长，转化为求长方体的体积即可. 【详解】连接，过作于，如图    由题意知，二面角的平面角为， 所以，又, 所以，则， 所以几何体可构成相当于长宽高分别为的长方体， 其体积为（）， 故答案为： （14）已知数列的各项均为正整数，对于，若 ，且，则______，______. 【答案】19 62 【详解】由题设知，a1=11， a2=3×11+5=38， a3==19， a4=3×19+5=62， a5==31， a6=3×31+5=98， a7==49， a8=3×49+5=152， a9==a3， ∴{an}从第3项开始是周期为6的周期数列， ∴a2026=a4=62. 点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项． （15）已知曲线，给出以下四个结论： ① 曲线是轴对称图形； ② 曲线不经过整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ③ 曲线围成的区域在第一象限的面积大于在第二象限的面积； ④ 曲线与直线有公共点. 其中正确结论的序号是_______． 【答案】① ③ 【解析】对于①，设为曲线上任意一点， 则，又因为关于的对称点为，且，所以在曲线上，所以曲线关于的对称，所以曲线是轴对称图形，故①正确；对于②，因为，所以点在曲线上，故②错误；对于③，设曲线与轴正半轴交点为，与轴负半轴交点为，设曲线，易知曲线与曲线关于轴对称，所以曲线过交点，设曲线与轴负半轴交点为，设直线与曲线和曲线在第二象限的交点分别为，，于是可得，即，下面分析的大小，若，则，所以，所以或，即或，显然均不成立，故；若，则，所以，所以，所以，所以， 所以或，即或，显然与矛盾，故不成立；若，则，所以，所以，所以，所以，所以且，即且，显然与可以同时满足，故成立，所以曲线在第二象限的面积小于曲线在第二象限的面积，进而可知曲线围成的区域在第一象限的面积大于在第二象限的面积，故③正确；对于④，联立，消去得，因，所以方程无根，所以曲线与直线无公共点，故④错误. 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 （16）（本小题13分） 已知圆经过点和，且圆心在直线上. （Ⅰ）求圆的方程； （Ⅱ）设直线经过点，且与圆相切，求直线的方程. 【答案】(1) (2)和． 【分析】（1）求出圆心坐标和半径后可得圆标准方程； （2）分类讨论，斜率不存在的直线说明它是圆切线，斜率存在时，设出直线方程，由圆心到直线的距离等于半径求得参数后得直线方程． 【详解】（1）由题意，设圆心坐标为，则，解得， 所以圆心为，半径为， 圆方程为； （2）过且斜率不存在的直线为，它与圆相切， 斜率存在的切线设其方程为，则，解得， 直线方程为， 综上切线方程为和． （17）（本小题14分） 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线平行证明面面平行；（2）向量法求距离. 【详解】（1） 如图，连接，设，连接． 因为在三棱柱中，四边形是平行四边形，所以为的中点． 因为为的中点，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）因为，， 又，平面，平面， 所以平面，又因平面，所以． 又，所以，，两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系， 则，，，，． 所以，， 设平面的法间量为，则即， 令，则，于是． 所以点到平面的距离． （18）（本小题14分） 抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过直线与交于两点． （Ⅰ）当轴时，求； （Ⅱ）当直线的斜率为时，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）得到焦点坐标 （2）求出点到直线的距离，再由面积公式得到解即可. 【详解】（1）拋物线的焦点， 当时，直线的方程为， 由，得， 则 （2）设直线的方程为． 设， 由，得， 则，所以， 所以， 当时，． 此时直线，点到直线的距离 因为， 所以. （19）（本小题14分） 如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为的正方形，是的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)，或 【分析】（1）连接交于点，由线面平行的判定定理可得答案； （2）由线面垂直的判定定理、性质定理可得答案； （3）设，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）如下图，连接交于点，可得点是的中点 因为四边形是边长为1的正方形，所以， 又因为平面，平面， 所以， 由，平面， 得平面 （3）因为平面，平面，所以， 由，，平面， 得平面，设， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，即，令，得， 所以， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得，或，由，得，或， 所以，或. （20）（本小题15分） 已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆的方程及离心率； （Ⅱ）椭圆与轴的交点为（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1)； (2)在定直线上，理由见详解. 【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解； （2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线与椭圆联立消，设直线、的方程解出纵坐标，结合韦达定理化简计算即可. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的方程为；； （2）在定直线上，理由如下： 法一（原版参考答案）：点的坐标分别为． 由得． 因为直线与椭圆交于不同的两点，所以， 即 ． 设点的坐标分别为，，则 ，， ，． 直线的方程为，直线的方程为． 联立，得， 由于，代入上式得， 化简得，即， 因为 ． 由韦达定理得，即． 代入，得 ． 所以点在定直线上 ． 法二：设点与直线联立消去整理得， 由，且， 所以， 易知，，则，， 两式作商得，解得， 故在定直线上. （21）（本小题15分） 已知集合，其中．若的子集满足，则称具有性质．的所有具有性质的子集的个数记为． （Ⅰ）当时，写出的所有具有性质的子集； （Ⅱ）当时，若，且，证明：数对和中至少有一对中的两数奇偶性相同； （Ⅲ）当时，求的最大值． 【答案】(1) 、 (2)证明见解析. (3)16 （Ⅰ），． ………4分 （Ⅱ）当时，． 所以或． …5分 假设数对和中的两数均奇偶性不同，则和均为奇数． 因为，所以，且． 所以不具有性质． ………7分 又，所以一定具有性质． 所以，． 所以，与已知矛盾． 所以数对和中至少有一对中的两数奇偶性相同． ………10分 （Ⅲ）不妨设． 若具有性质，则． 不妨设，则，所以． 故，． ………12分 对于任意的，有，． 所以确定时，满足条件的的个数至多为． 所以． ………14分 当时，． 所以的最大值是． ………15分 高二下数学开学测解析第1页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $