2026北京市师大附中高二上学期1月期末数学试题含解析

这是一份2026北京市师大附中高二上学期1月期末数学试题含解析，共5页。
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. 直线的倾斜角是（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】先求解出直线的斜率，然后根据倾斜角与斜率的关系求解出倾斜角的大小.
【详解】因为直线方程为，所以斜率，
设倾斜角为，所以，所以，
故选：C.
2. 已知空间向量，，若，则（ ）
A. 6B. 2C. -6D. -2
【答案】A
【解析】
【分析】直接用空间向量的数量积公式计算即可求解.
【详解】已知 ，，
因为，所以，
即，化简得
故选：A
3. 已知等差数列满足，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质计算即得.
【详解】在等差数列中，
故选：B.
4. 与直线平行且过点的直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行关系可求斜率，利用点斜式可得答案.
【详解】因为所求直线与直线平行，所以斜率为，
因为直线过点，所以直线方程为，即.
故选：A
5. 已知直线和圆相交于A，B两点.若，则（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助点到直线的距离公式与垂径定理计算即可得.
【详解】圆的圆心为：，半径为，
则圆心到直线的距离为，
由垂径定理可得.
故选：D.
6. 已知抛物线：的焦点为，点在上.若到直线的距离为7，则（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】C
【解析】
分析】由抛物线准线方程结合抛物线定义即可求解.
【详解】由题可得抛物线开口向左，准线方程为，
因为抛物线上的点到直线的距离为7，所以到直线的距离为5，
所以.
故选：C
7. 已知点为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，设线段的中点为，且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由椭圆的定义可分别得到的值，然后由余弦定理可得，从而可得，再由三角形的面积公式即可得到结果.
【详解】由题可知，，，
因为、分别为和的中点，
所以，所以，
且，
在中，由余弦定理可得
，
则，
所以.
故选：A.
8. “”是“为椭圆方程”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先由方程为椭圆求出参数m，再由必要不充分条件的定义即可得解.
【详解】若为椭圆方程，则且，
所以“”是“为椭圆方程”的必要不充分条件.
故选：B
9. 已知直线和直线，抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是
A. 2B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】直线l2：x＝－1为抛物线y2＝4x的准线．由抛物线的定义知，P到l2的距离等于P到抛物线的焦点F(1,0)的距离，故本题转化为在抛物线y2＝4x上找一个点P，使得P到点F(1,0)和直线l2的距离之和最小，最小值为F(1,0)到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离，即dmin＝＝2．

10. 已知数列满足，，，为数列的前项和，则（ ）
A. B.
C. 的最大值为20D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先计算数列的奇数项和偶数项，可得出选项A，分别计算奇数项的和，偶数项的和，相加得，可得出选项B，分别计算前n项和的最大值，可得出选项C，代入的公式可得出选项D.
【详解】奇数项
，构成首项为8、公差为 的等差数列.
通项；
偶数项：
，构成周期为2的周期数列；，
通项：，
选项A，，对应，
，选项A 错误.
选项B，为偶数，
奇数项和：，
偶数项和：，
，
为奇数，
偶数项和：，
，
选项B 错误.
选项C，由 为偶数，，
为奇数，，
开口向下的二次函数，对称轴都为，
所以，
，C错误.
D. ，
，即 ，
，
，
，
，选项D 正确.
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】
【解析】
【分析】利用双曲线的性质计算即可.
详解】令可得，即.
故答案为：
12. 如图所示，在直三棱柱中，，.则异面直线，所成角的大小是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据异面直线所成角的定义求解即可.
【详解】如图，连接，
直三棱柱中，，
所以异面直线与所成角为，
因为，，易得，
所以为等边三角形，所以，
故答案为：
13. 若圆：与圆：无交点，则的一个值可以是______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据两圆位置关系进行求解.
【详解】因为圆：与圆：无交点，
所以圆与圆相离或内含，，
当两圆相离时，，
当两圆内含时，，
综上或；
故答案为：（答案不唯一）
14. 设数列是等比数列，其前项和为，且，则公比的值为________.
【答案】或
【解析】
【分析】直接利用等比数列的通项公式和求和公式列方程求解.
【详解】当时，，成立；
当时，，又，所以，
化简得，
解得 或．
综上可知，公比的值为或．
故答案为：1或
15. 已知曲线：，为上一点，
①的取值范围为；
②的取值范围为；
③不存在点，使得；
④的取值范围为.
则上述命题正确的序号是_________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】分段化简方程画出图形，数形结合得到判断①；数形结合，结合椭圆性质判断②；由双曲线渐近线性质及图形判断③；利用的几何意义，结合三角换元得到求出取值范围判断④.
【详解】曲线化为，
画出图形如下，其中直线为曲线对应双曲线的渐近线，

对于①，当时，，①错误；
对于②，当时，；当时，，
当时，，因此的取值范围为，②正确；
对于③，直线与直线平行且在该直线左侧，曲线在直线的右侧，
因此直线与曲线无公共点，不存在点，使得，③正确；
对于④，表示点到直线的距离的倍，
又直线与直线平行且在该直线左侧，且距离为，
于是，随着的增大，值无限接近于，
当在上时，该点到直线的距离可取得最大值，
设，则到直线的距离为
，当且仅当时取等号，
所以的取值范围为，④正确.
故答案为：②③④
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
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. 已知数列是等差数列，，.数列是各项均为正数的等比数列，，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）,
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列和等比数列的通项公式求解即可；
（2）利用分组求和法，结合等差数列和等比数列的求和公式可得答案.
【小问1详解】
设数列的公差为，的公比为，
因为，，所以，
解得，，所以
由，，可得，解得或，
因，则，故.
【小问2详解】
由（1）知，，

17. 如图，在边长为2的正方体中，是棱上的点，平面交棱于点.

（1）证明：；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）先证明线面平行，利用线面平行的性质定理可证结论；
（2）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量求法可得答案.
【小问1详解】
证明：由正方体性质可知，因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，
所以.
【小问2详解】
以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设的长为，
则,
；
设平面的一个法向量为，则，
令，可得；
设直线与平面所成角为，则，
解得，即线段的长度为1.

18. 已知椭圆：，右焦点和右顶点分别为，.倾斜角为的直线经过且与椭圆交于，两点.
（1）求椭圆的离心率；
（2）求面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由方程结合离心率定义即可得解.
（2）先求出直线方程，接着联立椭圆方程，利用韦达定理、弦长公式和点到直线距离依次求出和点A到直线的距离即可由面积公式求解.
【小问1详解】
因为椭圆：，所以，
所以椭圆的离心率为；
【小问2详解】
由题直线的斜率为，
所以直线的方程为，代入椭圆方程得，
设，则，
所以
又点A到直线的距离为
所以的面积为
19. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，为棱的中点.

（1）求证：；
（2）若点在棱上且，求平面与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）易知，结合面面垂直与线面垂直的性质即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【小问1详解】
由为的中点，知，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
因此.
【小问2详解】
连接，取的中点，连接，
此时可知，由可知为正方形，
则，
易知，，
所以，故.
连接，则，所以，
又平面，平面，所以.
建立如图空间直角坐标系，
又均为等腰直角三角形，所以.

，
则，又，
又，所以.
易知为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以，则，
设平面与平面所成角为，
则，所以，
即平面与平面所成角的大小为.
20. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，是边长为2的等边三角形.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，点是线段上一点，且满足.求证：点在一条定直线上.
【答案】（1）； （2）证明详见解析.
【解析】
【分析】（1）由题设结合椭圆中的几何意义及其关系即可求解；
（2）先由题设直线，与椭圆联立得韦达定理，将韦达定理代入转换化简后的代数式求出点T的横坐标为定值即可得证.
【小问1详解】
由题可得即，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
证明：由题可知直线l斜率存在，设直线，
联立，
则，即，
由题可设，，
则，且，
所以，
，
同理，，
所以由得即，
又由题意可知，
所以，所以，整理得，
所以，整理并化简得，
所以，在定直线上.

21. 已知数列是递增的整数数列，.定义数列的“相邻数列”为，其中，，或，.
（1）若，数列，写出的所有“相邻数列”；
（2）若，数列满足，，且的所有“相邻数列”均为递增数列.求满足条件的数列的个数；
（3）若，数列满足，，且存在的一个“相邻数列”，使得对任意，，求的最小值.
【答案】（1）；；；；
（2）11个； （3）37
【解析】
【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可；
（2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可；
（3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可.
【小问1详解】
根据“相邻数列”的概念可知，，
或，或，
所以数列的所有“相邻数列”有；；；.
【小问2详解】
任取的一个“相邻数列”，
因为或，
或，
所以有且，
对于的取值分以下4种情形：
（a），
（b），
（c），
（d）
由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形，
由于递增，，即，
由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列，
于是，则，即满足条件的数列的有11个；
【小问3详解】
令，所以对任意，
设，则且，
先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合．
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合，
因此，的分布只可能是如下三种情况：
（i），此时，对任意的，由得，
所以对任意的，注意到，
所以，
等号当且仅当时取到；此时符合题意；
（ii）存在整数，使得
对任意的，对任意的，
所以
，
此时取等条件需满足条件，
且，
故，与题意矛盾，无法取等，即此时；
（iii）．此时，对任意的，与情形（i）类似，
对任意的，注意到，
所以累加得，
综上，的最小值为．
考生须知
1.本试卷有三道大题，共6页.考试时长120分钟，满分150分.
2.考生务必将答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效.
3.考试结束后，考生应将答题纸交回.