2025-2026学年北京市第五十七中学高一（下）期末数学试卷（1+3）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年北京市第五十七中学高一（下）期末数学试卷（1+3）一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.集合U=R，A={x|y=−x+1x}，B={x|loA.[−1,0) B.⌀ C.[−1,0] D.(−∞,1]2.能够把圆O：x2+y2=16的周长和面积同时分为相等的两部分的函数称为圆O的“和谐函数”，下列函数不是圆A.f(x)=4x3+x B.f(x)=1n5−x5+x 3.设抛物线y2=4x的焦点为F，过抛物线上一点P作其准线的垂线，设垂足为Q，若∠PQF=30°，则|PQ|=(

)A.23 B.233 C.4.已知A、B、C是△ABC的三个内角，且A<B<C(C≠π2)，则下列结论中正确的是A.a2+b2<c2 B.sinA可以取到25.已知点A(0,2)，B(2,0).若点C在函数y=x2的图象上，则使得△ABC的面积为2的点C的个数为(

)A.4 B.3 C.2 D.16.已知AB为圆O：x2+y2=4的一条弦，弦AB绕点O旋转一周扫过的区域为Ω.若点(1,1)∈Ω，则A.[1,2] B.[2,2] C.[2,4]7.在△ABC中，“对于任意t∈R，|BA−tBC|≥|AC|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f(x)=sin(ωx−π3)(ω>0)在[0,π)上无最小值，则A.(0,53] B.(53,9.设max{a,b}表示a与b的最大值.若x，y都是正数，z=max{x+y,1x+4y}A.22 B.3 C.8 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E−ABCD−F，P为棱BC上一点，则下列四个结论中错误的是(

)A.AE//平面BCF

B.八面体E−ABCD−F的体积为43

C.EP+FP的最小值为6

D.点A到平面BCF11.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y随时间t(小时)变化的趋势可由函数y=1−0.6t0.27近似描述，则记忆率为50%时经过的时间约为(参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48)(

)A.2小时 B.0.8小时 C.0.5小时 D.0.2小时12.已知等差数列{an}和{bn}的前10项均为正整数，且公差均不为0.若aA.15 B.10 C.9 D.5二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。13.已知复数z=3+i(1−3i)2，则|z|=14.已知直线l：x−2y=0，点P在双曲线C：mx2+y2=1上.若点P到直线l的距离不存在最小值，则双曲线的离心率是

，实数m15.已知在△ABC中，sinA：sinB：sinC=5：7：8，且△ABC的面积为103，则AB边上的中线长度为

．16.已知向量a=(3,1)，b=(cosα,sinα)．

(i)若α=π6，对于任意的t∈R，|a+tb|最小值是

；

17.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足：①当x∈[1,3)时，f(x)=1−|x−2|；②f(3x)=3f(x).设关于x的函数F(x)=f(x)−a的零点从小到大依次为x1，x2，…，xn，….若a=1，则x1+x2+x18.设a>0，函数f(x)=x+2,x<−a,a2−x2,−a≤x≤a,−x−1,x>a.给出下列四个结论：

①f(x)在区间(a−1,+∞)上单调递减；

②当a≥1时，f(x)存在最大值；

③设M(x1,f(x1))(x1≤a)，N(x2,f(三、解答题：本题共6小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。19.(本小题10分)

已知曲线C：y=4−x2与x轴交于不同的两点A，B(点A在点B的左侧)，点P(t,0)在线段AB上(不与端点重合)，过点P作x轴的垂线交曲线C于点Q．

(Ⅰ)若△APQ为等腰直角三角形，求△APQ的面积；

(Ⅱ)记△APQ的面积为S(t)，求S(t)的最大值．20.(本小题10分)

已知函数f(x)=3sinωxcosωx+12−sin2ωx，(ω>0)，且y=f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2．

(1)求f(x)函数解析式；

(2)求f(x)在[0,π]上的单调递增区间；

(3)设g(x)=2si21.(本小题10分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，M为BP的中点，AM//平面CDP．

(Ⅰ)求证：BC=2AD；

(Ⅱ)若PA⊥AB，AB=AP=AD=CD=1，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P−ABCD存在且唯一确定．

(i)求证：PA⊥平面ABCD；

(ⅱ)设平面CDP∩平面BAP=l，求二面角C−l−B的余弦值．

条件①：BP=DP；

条件②：AB⊥PC；

条件③：∠CBM=∠CPM．

注：如果选择的条件不符合要求，第(i)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．22.(本小题10分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2，左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上一点，且MF1⊥x轴，|MF2|=7|MF1|.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知直线x=ty+m(t≠0且0<m<2)与椭圆C交于A，B两点，点A23.(本小题10分)

已知函数f(x)=lnx+ae2x−2，a∈R．

(1)当a=12时，

(i)求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程；

(ii)求函数f(x)的最大值；

(2)若函数f(x)的最大值为e24.(本小题10分)

已知数列A：a1，a2，⋯，a2m为2m个数1，2，⋯，2m的一个排列，其中m∈N∗，且m≥3．

若在集合{1,2,⋯,2m−1}中至少有一个元素i使得|ai−ai+1|=m，则称数列A具有性质P．

(Ⅰ)当m=3时，判断数列B：1，5，3，4，6，2和数列C：6，5，2，4，1，3是否具有性质P；

(Ⅱ)若数列{a2n−1}和{a2n}(n=1,2,⋯,m)均为等差数列，且a1=1，a2m=2，证明：对于所有的偶数m，数列A：a1，a2，⋯，a2m不具有性质P；

(Ⅲ)1.【答案】A

2.【答案】D

3.【答案】C

4.【答案】D

5.【答案】A

6.【答案】D

7.【答案】C

8.【答案】B

9.【答案】B

10.【答案】D

11.【答案】C

12.【答案】B

13.【答案】11

14.【答案】−

15.【答案】2116.【答案】0(

17.【答案】14；6(318.【答案】②③

19.【答案】解：(Ⅰ)由题意，令4−x2=0，得x=±2，所以A(−2,0)，B(2,0)．

因为点P(t,0)在线段AB上(不与端点重合)，所以−2<t<2．

因为△APQ为等腰直角三角形，所以|PQ|=|AP|．

由题意可知，点Q在x轴上方，所以Q(t,t+2)．

因为点Q在曲线C上，所以t+2=4−t2．

所以t1=−2(舍)，t2=1，即Q(1,3)．

所以△APQ的面积为12|AP||PQ|=12×3×3=92．

(Ⅱ)由题意可知，Q(t,4−t2)，−2<t<2．

所以S(t)=t(−2,2(S′(t)+0−S(t)↑极大值↓因为S(23)=12827，所以当t=220.【答案】解：(1)f(x)=3sinωxcosωx+12−sin2ωx

=32sin2ωx+12−1−cos2ωx2

=32sin2ωx+12cos2ωx，

相邻对称轴距离T2=π2⇒T=π，T=2π2ω=π⇒ω=1，

即f(x)=sin(2x+π6)．

(2)解不等式−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，

可得−π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z，

k=0或1，与x∈[0,π]求交集：

递增区间为[0,π6]，[2π3,π]．

(3)对于任意的x1∈[0,π]，x2∈[0,π2]，都有g(x1)−f(21.【答案】解：(Ⅰ)证明：取PC的中点N，连接MN，ND，

因为M为BP的中点，所以MN=12BC，MN/​/BC，

因为AD//BC，所以AD/​/MN，所以M，N，D，A四点共面．

因为AM/​/平面CDP，平面MNDA∩平面CDP=DN，所以AM/​/DN，

所以MN=AD.所以BC=2AD．

(Ⅱ)取BC的中点E，连接AE，AC，

由(Ⅰ)知BC=2AD，所以EC=AD．

因为EC/​/AD，所以四边形AECD是平行四边形．

所以EC=AD=1，AE=CD．

因为AB=CD=1，所以AE=1=12BC，所以∠BAC=90°，即AB⊥AC．

选条件①：BP=DP．

(i)证明：因为AB=AD=1，PA=PA，所以△PAB≌△PAD，所以∠PAB=∠PAD．

因为AB⊥PA，所以∠PAB=90°，所以∠PAD=90°，即AP⊥AD.所以AP⊥平面ABCD．

(ii)由(i)知AP⊥平面ABCD，所以AP⊥AC．

因为PA⊥AB，AP=1，如图建立空间直角坐标系A−xyz，

则P(0,0,1)，C(0,3,0)，D(−12,32,0)，

所以CD=(−12,−32,0)，PD=(−12,32,−1)，AC=(0,3,0)，

设平面PDC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CD=0n⋅PD=0，即−12x−32y=0−12x+32y−z=0，

令x=3，则y=−1，z=−3，所以n=(3,−1,−3)，

因为AC为平面PAB的法向量，且cos<AC，n>=AC⋅n|AC||n|=−77，

所以二面角C−l−B的余弦值为−77．

选条件③：∠CBM=∠CPM．

(i)证明：所以CB=CP.因为AB=AP=1，CA=CA，所以△ABC≌△APC．

所以∠PAC=∠BAC=90°，即PA⊥AC.因为PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD．

(ⅱ)由(i)知AP⊥平面ABCD，所以AP⊥AC．

因为PA⊥AB，AP=1，如图建立空间直角坐标系A−xyz，

则P(0,0,1)，C(0,3,0)22.【答案】解：(1)因为短轴长为2，所以b=1，

因为|MF2|=7|MF1|，|MF2|+|MF1|=7|MF1|+|MF1|=8|MF1|=2a，

所以|MF1|=a4，|MF2|=7|MF1|=7a4，

又因为MF1⊥x轴，所以|MF2|2=|MF1|2+|F1F2|2，

(7a4)2=(a4)2+4c2，且a2−b2=a2−1=c223.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域是(0,+∞)，

f′(x)=1x⋅e2x−2−2e2x−2(lnx+a)e4x−4=1x−2lnx−2ae2x−2，

当a=12时，f′(x)=1x−2lnx−1e2x−2；

(i)因为f(1)=12，f′(1)=0，

所以y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为x(0,1)1(1,+∞)g(x)+0−f′(x)+0=f(x)递增极大值递减所以f(x)max=f(1)=12；

(2)由(1)中f′(x)=1x−2(lnx+a)e2x−2，

令f(x)=0，则1x−2lnx−2a=0，

设m(x)=1x−2lnx−2a，

因为m(x)在(0,+∞)上单调递减，且m(e−a)=ea>0，x→+∞时，m(x)→−∞x(0,+∞)x(f′(x)+0−f(x)递增极大值递减所以f(x)max=lnx0+ae2x0−2=e，

又lnx0+a=12x024.【答案】解：(Ⅰ)当m=3时，

若数列B：1，5，3，4，6，2具有性质P，

则集合{1,2,3,4,5}中至少有一个元素i，使得|ai−ai+1|=3，

验证可得，不存在i，使得|ai−ai+1|=3，

所以数列B不具有性质P，

对于数列C：6，5，2，4，1，3，

集合{1,2,3,4,5}中存在元素i=2时，

满足|a2−a3|=|5−2|=3，所以数列C具有性质P；

(Ⅱ)证明：因为a1=1，a2m=2，所以a3⩾3，从而奇子列的公差d1不小于2；若d1⩾3，

则a2m−1=a1+(m−1)d1⩾1+3(m−1)=3m−2>2m，不符合题意，

所以d1=2，

同理，可得偶子列的公差d