【数学】北京市朝阳区2025-2026学年高二上学期期末试题（学生版+解析版）

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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】直线l经过两点，，根据斜率公式，得，
又直线l的倾斜角为，.
故选：A.
2. 设圆的圆心为M，半径为r，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】将转化为，
可得圆心，半径，
故选：.
3. 如图，在中，，，．则以A，B为焦点且经过点C的双曲线的离心率为（ ）

A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】因为该双曲线以A，B为焦点且经过点C，
所以，
又由，
所以该双曲线的离心率为.
故选：C.
4. 已知是等比数列，且，则（ ）
A. 64B. 32C. 16D. 8
【答案】B
【解析】设等比数列的公比是，
因为且，所以，所以；
所以；
故选：B.
5. 已知圆C：，过原点的直线l被圆C截得的弦长为m，则“”是“直线l的方程为”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】B
【解析】设半径为，圆心到直线的距离为，
则，当时，
，
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
则,
当时，，
所以满足使得.
当直线斜率不存在时，，
此时圆心到直线的距离，也满足弦长.
所以当时，直线的方程可能为或
故“”是“直线l的方程为”的必要不充分条件.
故选：B.
6. 如图，在正三棱柱中，，，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】依题意可知,
.
故选：B.
7. 某图书馆为丰富馆藏图书资源，制定如下购置计划：第一个月购置250册图书，自第二个月起，每月比上一个月多购置150册．若该图书馆希望新增图书总量超过5000册，则该计划至少需要实施的月数为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】由题意可知，首项，公差，
实施（）个月，前项和为.
则.
令，即，
解得（舍去）或.
又，所以，
又，所以.
故选：C.
8. 设，，，为空间向量且均为非零向量，已知，给出下列四个结论：①与共线；②与不共线；③，，共面；④，，不共面．其中所有正确结论的序号是（ ）
A. ①③B. ②④C. ①②③D. ①③④
【答案】A
【解析】①由，所以与共线，因此本序号结论正确；
②，
所以与共线，所以本序号结论不正确；
③由上可知：，
所以由，
所以，，共面，因此本序号说法正确；
④由上可知：因为任意两个空间向量总是共面的，
所以，是共面向量，又与共线，即，
所以向量可以平移到向量，所在的平面内，
所以，，是共面向量，因此本序号说法不正确；
故选：A.
9. 对于定义域为的函数，若存在使得在区间上单调递增，在区间上单调递减，则称函数为上的单峰函数．下列函数中为上的单峰函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于选项A，由可得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
又因为具有周期性，所以函数会有多个增减区间，所以选项A不是单峰函数；
对于选项B，，所以，
所以函数是单调递增函数，所以选项B不是单峰函数；
对于选项C，,所以,
当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以选项C是单峰函数；
对于选项D, ,由一次函数图象可知，函数是单调递增函数,
所以选项D不是单峰函数.
故选：C.
10. 已知和是平面直角坐标系中的两个点集，其中中的点被涂成红色，中的点被涂成蓝色．若直线l：满足红色点和蓝色点分别位于l的两侧（红色点和蓝色点均不在上），则（ ）
A. 当时，b的值可以为6
B. 当时，k的值可以为
C. 当时，b的取值范围是
D. 当时，的取值范围是
【答案】C
【解析】若，，则，则点满足方程，不符合题意，故A错误；
若，，则，则满足方程，不符合题意，故B错误；
当时，，即，
将中的坐标依次代入中得，
①，
将中的坐标依次代入中得，
②，
因为直线l：满足红色点和蓝色点分别位于l的两侧，
所以①中各式与②中各式正负性相反，
若①中各式均为正数，②中各式均为负数，则，，舍；
若①中各式均为负数，②中各式均为正数，则，故C正确；
当时，，即，
将中的坐标依次代入中得，，
因为，所以各式均为正数，则，
将中的坐标依次代入中得，
，均为负数，则，
则的取值范围是，故D错误.
故选：C.
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．
11. 直线在x轴上的截距为______．
【答案】
【解析】当时，得，解得，即在x轴上的截距为.
故答案为：.
12. 设函数，当由1变到1.1时，函数的平均变化率为______．
【答案】4.2
【解析】设函数，当由1变到1.1时，函数的平均变化率为：
.
故答案为：.
13. 已知圆，圆，若圆A与圆B相切，则m的一个取值为______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径.
两圆圆心距.
两圆相切包含外切与内切两种情况：
①. 外切时，，即，解得，.
②. 内切时，，即，解得，.
故的一个取值可为（或、、）.
故答案为：（答案不唯一）
14. 已知为等差数列，，，将的各项排成如下三角形数阵，其中第n行有n个数：
设为该数阵第n行所有数之和，则______，______．
【答案】 ①. 64 ②.
【解析】设等差数列的公差为，则，.
由三角形数阵可知；
由三角形数阵可知：第1行的一项的下标为1；第2行的最后一项的下标为1+2；
第3行的最后一项的下标为1+2+3；
…，第行最后一项的下标为，
而第n行有n个数，故第行的第一项的下标为，
故第行的第一项为，最后一项为，
因该数阵的第n行的数依次成等差数列，故.
故答案为：64；.
15. 设抛物线：的焦点为，点，点在抛物线上且，则______；过点作直线的垂线，则直线与抛物线的公共点个数为______．
【答案】 ①. 4 ②. 1
【解析】由题意知，，准线方程为.设，则.

因为，，所以，即.
又，所以.
联立解得，所以.
由抛物线的定义可知，.
取，则.
又，所以.
则直线的方程为，即.
与抛物线方程联立整理得，，
所以直线与抛物线相切，即仅有1个公共点.
故答案为：4；1.
16. 已知无穷数列的各项均为正数，记，，数列满足，．给出下列四个结论：
①为等比数列；
②为递减数列；
③，；
④，．
其中正确结论的序号是______．
【答案】③④
【解析】因为，即，所以，
两式作差得，即，
又，，得，则，
则，故数列从第二项起是等比数列，则①错误；
又，则，
当时，因为，，又，故②错误；
当时，，满足，
当时，，
则，
令，
则
，
则数列，为递增数列，
则，即，
故，，③正确；
当时，，符合，
当时，，
则，
令，
则
，
当时，函数与均为关于的正的增函数，
所以数列为递增数列，
则，，
故数列，为递增数列，
则，，
故，，故④正确.
故答案为：③④
三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
17. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间．
解：（1）因为函数的定义域为，且，
则，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）因为函数的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
18. 已知数列是公比为的等比数列，其前n项和为，且，．
（1）求q的值；
（2）若等差数列满足，其前n项和为，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，求数列的前n项和．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：（1）由得，
所以，即，化简得：，
解得（舍去）；
（2）若选①：因为，，
所以等差数列的公差，所以，
由（1）可知，
所以，
所以数列的前n项和
；
若选②：由（1）可知，所以，所以，
所以等差数列的公差，所以，
所以，
所以数列的前n项和
；
若选③：由（1）可知，又，
所以，所以，所以，
所以，所以，
所以数列的前n项和
.
19. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，．
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）设点是的中点，点是棱上的点，且平面，判断直线与直线的位置关系，说明理由．
（1）证明：如图，取的中点，连接.
因为，所以是等腰三角形，所以.
又，所以.
因为平面平面，平面平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）解：因为，所以，
所以两两垂直，以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由，，得，
又，所以，
则，所以，
设平面的法向量为，
则，即，令，可得.
又平面的一个法向量为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）解：因为点是的中点，所以，
因为点是棱上的点，可设，
则.
因为平面，所以，
即，解得，
所以，
而，所以，即.
20. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，离心率为．
（1）求椭圆E方程；
（2）设过点的直线与椭圆E交于点，过点的直线与椭圆E交于点，点在x轴上方，若四边形是面积为的平行四边形，求直线的方程．
解：（1）因，所以，
因为离心率为，即，所以，
则，所以椭圆方程为.
（2）如图所示，连接，
因为四边形是平行四边形，所以的面积是面积的一半，
即，
设点，
则，即，
可得，
可知直线斜率为0时，不符合题意，所以设直线为，
联立方程组得，消去得，
可知恒成立，
所以，
则，即，整理得，
解得或，即或或，
所以直线方程为或或.
21. 设无穷数列的前n项和为，定义集合对任意正整数，集合对任意正整数．
（1）若，分别判断，是否成立，说明理由；
（2）若，求集合D与集合E；
（3）已知无穷数列的各项均为正整数，求证：或者存在一个单调递增的无穷正整数数列使得对任意正整数有，或者存在一个单调递增的无穷正整数数列使得对任意正整数有．
（1）解：成立，不成立，理由如下：
因为为等差数列，所以其前项和，
则.
因为对任意正整数，都有，又与中必有一个偶数，
所以，即；
因为，即不成立；
（2）解：根据题意，可得数列满足：，
所以（），由，可得，，
故，
则当时，，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则当时，；
当时，，
则；
由此可得，（）；
①当（且）时，
，此时；
②当（且）时，
，此时；
③当（且）时，
，此时；
④当（且）时，
，此时；
综上可知，对于任意奇数，满足任意正整数时，恒成立，
即所有奇数都属于，都不属于；
对于任意偶数，存在正奇数满足时，成立，
即所有偶数都不属于；存在正偶数满足时，成立，
即所有偶数都不属于；
故，；
（3）证明：①若集合对任意正整数，为无穷集合，
设（），
则构成无穷正整数数列，
可知单调递增，且满足对任意正整数，有；
②若集合对任意正整数，为有穷集合，
当为空集时，令；
当为非空有穷集合时，令.
令，因为，所以，
所以存在，使得，则，且，
依此类推，可构造无穷整数数列，
故当时，令，且，
则组成无穷正整数数列，
可知单调递增，且满足对任意正整数，有.
综上，结论成立.