精品解析：北京市第五十七中学2025-2026学年高一年级下学期数学期末试题（1+3）

北京市第五十七中学2024级1+3第二学期期末数学试卷 2026.07 一、选择题 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 能够把圆的周长和面积同时分为相等的两部分的函数称为圆的“和谐函数”，下列函数不是圆的“和谐函数”的是（ ） A. B. C. D. 3. 设抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上的一点作的垂线，垂足为，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知、、是的三个内角，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 可以取到 C. D. 可以取到 5. 已知点．若点在函数的图象上，则使得的面积为2的点的个数为 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 6. 已知为坐标原点，为圆的一条弦，弦绕点旋转一周扫过的区域为.若点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，“对于任意”是“”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. 若函数在上无最小值，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 9. 设表示与的最大值，若，都是正数，，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. 8 D. 9 10. 如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，为棱上一点，则下列四个结论中错误的是（ ） A. 平面 B. 八面体的体积为 C. 的最小值为 D. 点到平面的距离为 11. 德国心理学家艾•宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”.“遗忘曲线”中记忆率随时间（小时）变化的趋势可由函数近似描述，则记忆率为50%时经过的时间约为（ ）（参考数据：，） A. 0.2小时 B. 0.5小时 C. 0.8小时 D. 2小时 12. 已知等差数列和的前10项均为正整数，且公差均不为0．若，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 5 二、填空题 13. 已知复数，则______，______． 14. 已知直线：，点在双曲线：上．若点到直线的距离不存在最小值，则双曲线的离心率是______，实数的值为______． 15. 已知在中，，且的面积为，则边上的中线长度为______． 16. 已知向量， （ⅰ）若，对于任意的，最小值是______； （ⅱ）若，的取值范围是______． 17. 定义在上的函数满足：①当时，；②．设关于的函数的零点从小到大依次为．若，则____________；若，则________________． 18. 设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是____________． 三、解答题 19. 已知曲线与轴交于不同的两点（点在点的左侧），点在线段上（不与端点重合），过点作轴的垂线交曲线于点． （1）若为等腰直角三角形，求的面积； （2）记的面积为，求的最大值． 20. 已知函数，，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为． （1）求函数解析式； （2）求在上的单调递增区间； （3）设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围． 21. 如图，在四棱锥中，，为的中点，平面． （1）求证：； （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，使四棱锥存在且唯一确定． （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 22. 已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴， （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值. 23. 已知函数，. （1）当时， （ⅰ）求曲线在处的切线方程； （ⅱ）求函数的最大值； （2）若函数的最大值为，求的值. 24. 已知数列，，…，为个数，，…，的一个排列，其中，且．若在集合中至少有一个元素使得，则称数列A具有性质P． （1）当时，判断数列：1，5，3，4，6，2和数列：6，5，2，4，1，3是否具有性质P（结论不需要证明）； （2）若数列和（，，…，）均为等差数列，且，，证明：对于所有的偶数m，数列，，…，不具有性质P； （3）在所有由，，…，的排列组成的数列中，记具有性质P的数列的个数为S，不具有性质P的数列的个数为T，证明：对于任意m（），． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第五十七中学2024级1+3第二学期期末数学试卷 2026.07 一、选择题 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据偶次根式有意义求出集合，根据对数函数的单调性求解集合，再根据集合的交并补运算即可. 【详解】由偶次根式有意义，得，即，解得. 所以. 由，得，所以. 又，所以. 所以. 2. 能够把圆的周长和面积同时分为相等的两部分的函数称为圆的“和谐函数”，下列函数不是圆的“和谐函数”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析各选项中函数的奇偶性，结合“和谐函数”的定义逐项判断即可. 【详解】对于A选项，函数的定义域为， ，，即函数为奇函数， 所以函数的图象能够把圆的周长和面积同时分为相等的两部分， 故函数是圆的“和谐函数”； 对于B选项，对于函数，由得，可得， 即函数的定义域为， ，，即函数为奇函数， 所以函数的图象能够把圆的周长和面积同时分为相等的两部分， 故函数是圆的“和谐函数”； 对于C选项，函数的定义域为， ，，即函数为奇函数， 所以函数的图象能够把圆的周长和面积同时分为相等的两部分， 故函数是圆的“和谐函数”； 对于D选项，函数的定义域为， ，，即函数为偶函数，且， 所以函数的图象不能够把圆的周长和面积同时分为相等的两部分， 故函数不是圆的“和谐函数”. 3. 设抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上的一点作的垂线，垂足为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得的倾斜角为，进而可得，计算即可. 【详解】作出示意图如图所示： 则抛物线的性质，可得，又， 所以可得的倾斜角为， 则可得， 从而. 故选：C. 4. 已知、、是的三个内角，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 可以取到 C. D. 可以取到 【答案】D 【解析】 【详解】因为，又，所以，， 所以，，又，所以或， 若，则，由余弦定理可得， 所以，故A错误； 因为，又在上单调递增，所以， 又，所以取不到，故B错误； 若，又在上单调递增，所以， 若，可得，又，所以，故C错误； 因为或，又在上单调递减，所以， 又，所以可以取到，故D正确. 5. 已知点．若点在函数的图象上，则使得的面积为2的点的个数为 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：直线方程为即．设点，点到直线的距离为， 因为，由面积为可得． 即，解得或或．所以点的个数有4个．故A正确． 考点：1直线方程；2点到线的距离． 6. 已知为坐标原点，为圆的一条弦，弦绕点旋转一周扫过的区域为.若点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知弦绕点旋转一周时，上所有点到点的距离范围是，又点，则，可得，可得的取值范围. 【详解】设圆心到弦的距离为，圆半径， 弦绕点旋转一周时，上所有点到点的距离范围是， 所以扫过的区域是内半径为，外半径为的圆环区域， 又点，其到原点的距离为，则， 所以， 又. 7. 在中，“对于任意”是“”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】C 【解析】 【分析】先转化向量不等式并化简，构造函数，利用一次函数的性质得出向量垂直关系，从而得出为直角三角形，满足必要性，再利用正弦定理以及勾股定理判断即可得出充分性成立. 【详解】由题可知：在中，,则 ， 由正弦定理化简可得， 所以是以为直角的直角三角形； ，若，则， ，即， 对于任意恒成立，设，则需满足 时，；时，； 是一次函数，连续，即， ，即， 又， ， ，故，即，是直角三角形，，满足充分性； 由“”，根据正弦定理化简可得，是以为直角的直角三角形， 进而可得，满足必要性； 所以，在中，“对于任意”是“”的充分必要条件. 8. 若函数在上无最小值，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】当时，在上第一次使得，解得， 当时，在上第二次使得，解得， 当时，函数在上无最小值，解得. 所以的取值范围为. 9. 设表示与的最大值，若，都是正数，，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用不等式的性质，结合基本不等式的“1“的妙用求出最小值. 【详解】由，得， 于是，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为3. 故选：B 10. 如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，为棱上一点，则下列四个结论中错误的是（ ） A. 平面 B. 八面体的体积为 C. 的最小值为 D. 点到平面的距离为 【答案】D 【解析】 【分析】依据线面平行判定定理，棱锥体积公式，等体积法求点到面的距离等知识对选项逐一判断即可. 【详解】 在正方体中，连接可知相交于点，且被互相平分，故四边形是平行四边形， 所以，而平面，平面， 所以平面，故A正确； 因为正方体棱长为2，所以四边形是正方形且， 面,， 所以八面体的体积等于棱锥体积的2倍， 而棱锥体积等于， 故八面体的体积为，B正确； 因为为棱上一点，将和展开成一个平面， 由题和均为正三角形，且边长为， 由三角形两边之和大于第三边知最小值为，在中由余弦定理可知，故C正确； 对于D选项：设点到平面的距离为,由等体积法知： ，故错误. 故选：D. 11. 德国心理学家艾•宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”.“遗忘曲线”中记忆率随时间（小时）变化的趋势可由函数近似描述，则记忆率为50%时经过的时间约为（ ）（参考数据：，） A. 0.2小时 B. 0.5小时 C. 0.8小时 D. 2小时 【答案】B 【解析】 【分析】根据记忆率为50%列方程，通过两边取常用对数，代入参考数据计算可得t的值. 【详解】由题意，记忆率， 代入函数得，，移项整理得， 两边取以10为底的对数，根据对数运算性质可得，， 将、代入， 结合参考数据，得， ，  因此， 则小时. 12. 已知等差数列和的前10项均为正整数，且公差均不为0．若，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据，结合已知条件，判断出等差数列的公差，再根据等差数列通项公式，把求的最小值转化为求的最小值，再通过赋值的方式求出的最小值即可． 【详解】设数列的公差为，设数列的公差为. 因为等差数列和的前项均为正整数，且公差均不为0， 所以首项和公差为整数，即， 若数列是递增数列，则，这样， 已知，此时，与题意不符， 故数列是递减数列，即， 而，， 若要求的最小值，只需求的最小值， 若要求的最小值，只需求最小值减去最大值，而最大值为， 时，， 下面分析最小值： 当时，，此时，即最小值必定大于等于； 当时，递减数列最小项，即，解得， 结合得，解得， 由于且为整数，故，则， 因为， 得，若，满足题干所有条件， 若，则，，，则， ，则，故， 结合为整数，，故， 则， 综上，的最小值为． 二、填空题 13. 已知复数，则______，______． 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【详解】， 14. 已知直线：，点在双曲线：上．若点到直线的距离不存在最小值，则双曲线的离心率是______，实数的值为______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】双曲线上的点到直线距离无最小值时，直线与双曲线的一条渐近线平行，由此确定的值，再计算离心率． 【详解】方程  表示双曲线，故 ，可化为 ， 其渐近线为，直线 即 ， 若点到直线的距离不存在最小值，则直线与双曲线不相交且平行于渐近线， 故，解得 ， 此时双曲线为 ，即 ，离心率 ． 15. 已知在中，，且的面积为，则边上的中线长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理可得出，不妨设，则，，利用余弦定理可求出角，结合三角形的面积公式可求出的值，进而可得出三边边长，再利用余弦定理可求出边上的中线长度. 【详解】因为在中，，由正弦定理可得， 不妨设，则，， 由余弦定理可得， 因为，则， 故，解得. 所以，，， 取线段的中点，连接， 由余弦定理可得. 因此，边上的中线长度为. 16. 已知向量， （ⅰ）若，对于任意的，最小值是______； （ⅱ）若，的取值范围是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】（ⅰ）若，则，则， 故， 故最小值是； （ⅱ）， 则 ， 因为，所以，则， 则的取值范围是. 17. 定义在上的函数满足：①当时，；②．设关于的函数的零点从小到大依次为．若，则____________；若，则________________． 【答案】 ①. 14 ②. 【解析】 【详解】 ①当，时，，；②． 当时，则，由可知：，． 同理，当时，， 当，时，由，，可得，，； 同理，当时，由，可得，，； 此时，． 当时，，， 当时． 则在区间和上各有一个零点，分别为，，且满足， 依此类推：，，． 当时，． 故答案为：14， 18. 设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是____________． 【答案】②③ 【解析】 【分析】先分析的图像，再逐一分析各结论；对于①，取，结合图像即可判断；对于②，分段讨论的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知的范围；对于④，取，结合图像可知此时存在最小值，从而得以判断. 【详解】依题意，， 当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线； 当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）； 当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线； 对于①，取，则的图像如下， 显然，当，即时，在上单调递增，故①错误； 对于②，当时， 当时，； 当时，显然取得最大值； 当时，， 综上：取得最大值，故②正确； 对于③，易知当时，在，且接近于处，的距离最小， 当时，，当且接近于处，， 此时，， 当时，且接近于处，的距离最小， 此时；故③正确； 对于④，取，则的图像如下， 因为， 结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在， 同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径， 此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为， 联立，解得，则， 显然在上，满足取得最小值， 即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误. 故答案为：②③. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得的图像，特别是当时，的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可. 三、解答题 19. 已知曲线与轴交于不同的两点（点在点的左侧），点在线段上（不与端点重合），过点作轴的垂线交曲线于点． （1）若为等腰直角三角形，求的面积； （2）记的面积为，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求得的坐标，从而求得三角形的面积. （2）先求得三角形面积的表达式，然后利用导数求得面积的最大值. 【小问1详解】 依题意，，所以， 由，得， 则，解得或（舍去），则， 所以. 【小问2详解】 由，得， 则， ， 所以在区间上单调递增， 在区间上单调递减， 所以的最大值是. 20. 已知函数，，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为． （1）求函数解析式； （2）求在上的单调递增区间； （3）设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）三角恒等变换降幂，利用对称轴间距求周期，算出； （2）正弦函数增区间整体代换，再和定义域取交集； （3）任意性恒成立转化：，分别求其最值，解不等式求出的取值范围. 【小问1详解】 ， 相邻对称轴距离，， 即. 【小问2详解】 解不等式， 可得， 或，与求交集： 递增区间为，. 【小问3详解】 对于任意的，，都有， 等价于， ，，， 不等式转化为， ， 令，， ，开口向下，对称轴， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 综上，. 21. 如图，在四棱锥中，，为的中点，平面． （1）求证：； （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，使四棱锥存在且唯一确定． （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 【答案】（1）证明：取的中点，连接， 因为是的中点，所以. 因为，所以，所以四点共面. 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以四边形为平行四边形， 所以所以，即. （2）（ⅰ） 选条件①：. 因为，所以. 所以. 因为，所以.所以，即. 又，且面，所以平面. 选条件②：. 取的中点E，连接， 由(1)知，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以. 因为，所以. 所以为等边三角形，，所以， 因为，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 而为已知条件，此时的位置不确定，所以四棱锥不唯一确定，不符合题意. 选条件③：. 取的中点E，连接， 由(1)知，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以. 因为，所以. 所以为等边三角形，，所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以，即. 又，且面， 所以面 （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据直线与平面平行的性质可得四边形为平行四边形，结合中点即可证明； （2）（i）选条件①，证明，从而得到，根据线面垂直的判定定理即可证明；选条件②，可以证明，而为已知条件，此时的位置不确定，不符合题意；选条件③，先证明，根据题目信息可证明从而得到，根据线面垂直的判定定理即可证明；（ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略. （ii）由（i）知平面，， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，于是 因为为平面的法向量， 且，所以二面角的余弦值为 22. 已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴， （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义可得，，由即可求得，进而写出椭圆方程； （2）联立直线和椭圆方程利用韦达定理得到，，从而得到，，求出的中点坐标代入直线方程可得答案. 【小问1详解】 因为短轴长为2，所以， 因为， 所以，， 又因为轴，所以， 则，且，解得， 则椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设，则，， 联立，整理得， 则，，则， 直线：， 令，得， 故，，， 则的中点坐标为， 由于与的面积相等，故到直线的距离相等， 因此的中点在上， 可得，， 则，解得，又，所以. 23. 已知函数，. （1）当时， （ⅰ）求曲线在处的切线方程； （ⅱ）求函数的最大值； （2）若函数的最大值为，求的值. 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ） （2） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）求导，即可根据点斜式求解切线方程，（ⅱ）根据导数的正负确定函数的单调性，即可求解最值， （2）根据的单调性可得有唯一解，即.即可结合最大值求解. 【小问1详解】 函数的定义域是. . 当时，. （ⅰ）因为， 所以在处的切线方程为. （ⅱ）令，. ， 所以在区间上单调递减. 随着的变化，的变化情况如下： 1 + 0 - + 0 - ↗ 极大值 ↘ 所以. 【小问2详解】 由（1）中 令，则. 设， 因为在上单调递减，且，时，， 所以存在唯一零点. 所以有唯一解，不妨设为，即. 随着的变化，的变化情况如下： + 0 - ↗ 极大值 ↘ 所以. 又，所以，所以. 设，则，所以单调递增. 又，所以. 24. 已知数列，，…，为个数，，…，的一个排列，其中，且．若在集合中至少有一个元素使得，则称数列A具有性质P． （1）当时，判断数列：1，5，3，4，6，2和数列：6，5，2，4，1，3是否具有性质P（结论不需要证明）； （2）若数列和（，，…，）均为等差数列，且，，证明：对于所有的偶数m，数列，，…，不具有性质P； （3）在所有由，，…，的排列组成的数列中，记具有性质P的数列的个数为S，不具有性质P的数列的个数为T，证明：对于任意m（），． 【答案】（1）数列不具有性质，数列具有性质. （2）设等差数列的公差为，则， 由，，得，故公差. 若，则，不满足题意， 所以，因此，； 同理可得，， 故数列为. 即数列中奇数项均为奇数，偶数项均为偶数， 可知对任意，均有与两者中一个奇数一个偶数， 所以不可能为偶数， 故对于所有的偶数，数列不具有性质； （3）设数列为任意一个不具有性质的数列， 因为为的一个排列， 由任意，由， 若，则或，由， 数列中不可能同时存在两项满足题意的，使得， 假设与均不在数列，则，且， 故且推出矛盾， 故与二者中有且仅有一项在数列中. 由上分析可知对于首项，由数列不具有性质，则. 故在中有且仅有一项，使得.   在数列中，将项移到项的前面，其余项的顺序保持不变， 得到新数列， 新数列仍为的一个排列，且不同于原数列， 显然数列具有性质. 且任意一个与不同的不具有性质的数列，通过上述移动首项的方法都得不到数列. （由于操作可逆，假设某数列通过同样方法得到数列，则由逆向操作移回后必与数列相同） 由题意具有性质P的数列的个数为S，不具有性质P的数列的个数为T， 结合数列为任意一个不具有性质的数列，由上述方法必可以对应构造一个符合题意的具有性质的数列，因此可得.                    又因为数列具有性质， 在集合中，存在当时，， 其中，故至少个元素，满足. 假设存在某不具有性质的数列，通过上述移动首项方法可得到数列， 则通过逆向操作，移回数列，则在集合中， 依然存在至少个元素，满足. 数列必具有性质，产生矛盾，故假设错误， 所以任何一个不具有性质的数列都不可能通过上述移动首项方法得到数列. 故. 综上可知，. 【解析】 【分析】（1）对数列中的每个数字进行验证； （2）由数列都是等差数列，可以得到，从而证明； （3）设数列为任意一个不具有性质的数列，通过构造一个数列项的平移方法，可得到具有性质的新数列，从而得到，再通过特例数列，说明这种构造方法之下，此数列具有性质，反向却得不到不具有性质的数列，从而可知即可证明. 【小问1详解】 数列不具有性质，数列具有性质.理由如下： 若数列具有性质， 则集合中至少有一个元素，使得， 验证：由， 可知任意相邻两项差的绝对值均不等于， 即不存在，使得，所以数列不具有性质. 对于数列，集合中存在元素时， 满足，所以数列具有性质. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $