北京市东城区2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市东城区2025-2026学年高二上学期期末样卷数学试题一、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】B【解析】设直线的倾斜角为，则，直线即为，其斜率，即，可得，所以直线的倾斜角为.故选：B2.双曲线的右焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为双曲线的标准方程为，所以，所以，所以该双曲线的右焦点为，故选：B.3.已知直线，直线，若，则的值为（）A. B. C.2 D.8【答案】C【解析】若，则，解得.故选：C.4.与轴相切，且圆心坐标为的圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为圆的圆心坐标为，且与轴相切，可知圆的半径，所以圆的方程为.故选：A.5.已知是公比为的等比数列，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.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】若，则，所以，所以数列为递减数列，若数列为递增数列，则，所以或，所以“”是“为递增数列”的既不充分也不必要条件.故选：D.6.在平行六面体中，与的交点为．设，是下列向量中与相等的向量是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】解：因为，所以.故选：A.7.已知等比数列的前项和为，，，则公比的值为（）A.3 B. C. D.【答案】B【解析】由，可得，故，即，故公比.故选：B.8.已知等差数列的前项和为，，，.记，则的值为（）A.4048 B.4049 C.4050 D.4051【答案】B【解析】在等差数列中，，，.可得，因为，所以，，又，所以，所以的值为.故选：B.9.已知正三棱锥的六条棱长均为6，点是点在平面上的投影，点为的重心.若空间中的点满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为点是点在平面上的投影，所以平面，所以平面，所以，又空间中的点满足，所以的轨迹是过且与垂直的平面，又为的重心，所以，所以的最小值为，又正三棱锥的六条棱长均为6，则，所以，所以的最小值为.故选：C.10.在平面直角坐标系中，曲线：，其中.给出下列四个结论：①曲线关于轴对称；②设，在曲线上，则；③当时，记曲线上的点到直线的距离为，则；④对于任意，存在使得直线与曲线的公共点个数为3.其中所有正确结论的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】设曲线上任意一点，则，故也在曲线上，故曲线关于轴对称，①正确，当时，，当时，，作出曲线的大致图象如下：取，在上取点，此时，故②错误，曲线为曲线的右侧，当时，，此时曲线为双曲线的一部分，由于双曲线的一条渐近线方程为，则渐近线到直线的距离为，当时，曲线为，此时曲线为圆的一部分，此时圆心到直线的距离为1，因为，则圆上点到直线的最小距离为，因此；③正确，当，直线恒过点，且在圆内，当时，直线与曲线只有两个交点，如图，当时，如图，此时直线与曲线只有两个交点，根据对称可知时直线与曲线只有两个交点，当时，直线与曲线只有两个交点，当时，直线与曲线只有1个交点，根据对称可知时，直线与曲线只有1个交点，综上可知对于任意，存在使得直线与曲线的公共点个数不可能为3个，故④错误，故选：B二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知抛物线：的顶点为，焦点为，准线为，点在抛物线上.若点到准线的距离为2，则的面积为______.【答案】1【解析】由：可得,则,如图所示，不妨设点位于第一象限，过点向准线作垂线交准线于，则，解得,则垂直于轴，代入：，解得，则，所以的面积为.故答案为：1.12.若直线被圆截得的弦长为6，则的值为______【答案】1【解析】由题意知圆心坐标为，半径为3，则直径为6，因为直线被圆截得的弦长为6，所以直线经过圆心，则，解得，故答案为：1.13.已知双曲线：的一条渐近线为，则的焦距为______【答案】【解析】由双曲线，则，所以渐近线方程为，由题意可得，解得.可得，因此双曲线的焦距为.故答案为：.14.已知是公差为的等差数列.若，，是公比为的等比数列，则______，______.【答案】①.②.1【解析】因为，，是公比为的等比数列，所以，又因为是公差为的等差数列，所以，则，又，，所以，解得，则，所以.故答案为：；1.15.已知数列的各项均为非负数，前项和为，.给出下列四个结论：①当时，为常数列；②对于，存在常数，使得恒成立；③当时，为递增数列；④对于，.其中正确结论的序号是______.【答案】①②④【解析】对①，若，则，解得（负根已舍去），又，所以由归纳法可知恒成立，正确；对②，若，则，解得，又，所以由归纳法可知恒成立，正确；对③，若，则，解得，所以当时，由归纳法可知，总有，所以，即，所以此时数列单调递减，错误；对④，由上可知，当时，总有，所以成立；当时，总有，因为，所以，所以，数列单调递增.又，，...，，由累加法可得，所以，所以，因为当时，对任意都有，所以，，所以，所以，所以.综上，，，正确.故答案为：①②④三、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.在中，，.（1）求的值；（2）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，求边上的高.条件①：；条件②：；条件③：的面积为6.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）解：（1）因为在中，，所以.由正弦定理得.（2）选择条件①：根据余弦定理得.化简得，解得.所以或（舍去），设边上的高为，则，所以.所以边上的高为.选择条件②：由于，所以.根据正弦定理，得，化简得.根据余弦定理，所以.化简得，根据韦达定理.所以，此方程无正数解.因为，故该条件下不存在.选择条件③：因为的面积为6，所以.所以，根据余弦定理得.所以，所以，解得.所以边上的高为.17.在四棱锥中，平面平面，，，，，为中点.（1）求证：平面平面；（2）求证：平面；（3）已知，，，求点到平面的距离.（1）证明：因为平面平面，且平面平面，又，平面，所以平面.又因为平面，故平面平面.（2）证明：取的中点，连接.因为为中点，为中点，所以，且.由题意，所以，且，所以且，因此四边形是平行四边形，所以.又平面，平面，故平面.（3）解：由，平面平面，平面，得平面.故可以为原点，分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系.由题，，由，得，，则，，所以，设平面的一个法向量为，则，令，即.因为，所以点到平面的距离，故点到平面的距离为.18.已知椭圆：离心率为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为4.（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的右顶点为，过点的直线与椭圆交于不同两点，.当的面积为时，求直线的斜率.解：（1）椭圆上的点到两焦点的距离之和为4，，即，又椭圆：离心率为，，，又，，椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，当时，此时方程与椭圆只有一个交点，不符合题意，设，联立，得，即，，根据弦长公式，得，，又椭圆的右顶点为到直线的距离为，又的面积为时，，即，，解得，当时，直线的斜率为；当时，直线斜率为.综上所述，直线的斜率为.19.如图，在长方体中，，，是棱上的点.（1）求证：；（2）设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，是否存在点使得？若存在求的值；若不存在，说明理由.（1）证明：根据题意，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，设，那么.所以，所以.（2）解：由题意知，平面的一个法向量是.设平面的一个法向量为，则有.则，令，那么，所以.因为二面角的大小为，由观察可得为锐角，所以.因为直线与平面所成的角为，所以.若存在点使得，则.那么有，化简得.解得，即或，由于，所以，所以，又，所以，所以.所以存在点使得，此时.20.已知椭圆：的左焦点，.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，过点作斜率为且不经过焦点的直线，直线与椭圆交于不同两点，，直线，与轴正半轴分别交于点，.求证：的值为定值.（1）解：因为椭圆：的左焦点，所以，又，所以，所以，所以椭圆的方程为；（2）证明：设直线的方程为，联立，消去并化简得，又，其中，且设，则有，所以，即，又，所以，所以的值为定值.21.若无穷数列满足如下两个性质，则称具有性质：①；②.（1）若，，分别判断数列，是否具有性质，说明理由；（2）无穷数列的每一项都是正整数，且具有性质.（ⅰ）若，，求最小值；（ⅱ）已知，，都有.若，求数列的通项公式.解：（1）数列具有性质，数列不具有性质．理由如下：对于数列：,,所以数列具有性质．对于数列：所以数列不具有性质．（2）（ⅰ）因为无穷数列的每一项都是正整数，所以要使的值最小，只需使每个的值最小．因为数列具有性质，所以．所以．所以．所以．依次类推，．当