2025-2026学年北京市丰台区高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年北京市丰台区高二（上）期末数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知直线l经过A(2,0)，B(0,1)两点，则直线l的斜率为( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
2.已知数列{an}满足a1=1，an+1−an=2(n∈N∗)，则a6=( )
A. −9B. 9C. 11D. 13
3.已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)的一条渐近线的方程为y=3x，则b=( )
A. 19B. 13C. 3D. 9
4.已知向量a=(1,0,0)，b=(1,1,−1)，则|a−2b|为( )
A. 1B. 3C. 6D. 9
5.已知四面体ABCD，DA=a，DB=b，DC=c，点M在棱DA上，DM=3MA，N为BC中点，则MN=( )
A. −34a−12b−12cB. 34a+12b+12c
C. −34a+12b+12cD. 34a−12b−12c
6.已知圆C：x2+(y−2)2=r2(r>0)和两点A(−4,0)，B(4,0)，若圆C上存在一点P，使得PA⋅PB=0，则r的最小值为( )
A. 1B. 2C. 5D. 6
7.设{an}是公比不为1的无穷等比数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>1”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
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为A，直线AF2与另一条渐近线交于点B，若A为BF2的中点，则双曲线C的离心率为( )
A. 2 33B. 2C. 3D. 2
9.现有一种作图工具如图所示，四根长度均为4的直杆用铰链首尾连接构成菱形架ABCD，将顶点B固定，带滑槽的直杆AP的一个端点为A，点C处的铰链在直杆AP的滑槽内.另一根长度为4且带滑槽的直杆DN一端固定在点N处(可绕N旋转)，另一端连接点D处的铰链，BN=2.DN与AC交点M处有一个栓子(可在带滑槽的直杆上滑动)，转动直杆DN的过程中，点M处笔尖画出的曲线记为E.以BN中点为原点，BN所在直线为x轴，BN的中垂线为y轴建立直角坐标系，则曲线E的方程为( )
A. x24+y23=1B. x29+y24=1C. x24−y23=1D. x29−y24=1
10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中、P是线段BC1上的动点，则下列结论中不正确的是( )
A. 存在点P，使得D1P//平面A1DB
B. 对于任意点P，DB1⊥A1P
C. 存在点P，使得A1P⊥平面C1DB
D. 对于任意点P，△A1DP都是锐角三角形
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知两直线l1：x−y+1=0和l2：ax−y−1=0，若l1⊥l2，则a= ．
12.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=0，an+1+2Sn=n，则a4= ．
13.已知空间四点O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，则点O到平面ABC的距离为 ．
14.已知抛物线x2=4y的焦点为F，则点F到准线的距离为 ，过点F作倾斜角为锐角的直线l，直线l与抛物线交于不同的两点P，Q，过点P作直线PQ的垂线交准线于点H，若|PH|=2|PF|，则直线l的倾斜角为
15.平面直角坐标系xOy中，曲线C是平面内与两个定点F1(−1,0)，F2(1,0)的距离之积等于常数a2(a>0)的点的轨迹.点P是曲线C上一点.给出下列四个结论．
①曲线C关于x轴对称；
②△PF1F2面积的最大值为a22；
③当a=1时，已知点Q在双曲线x2−y2=12上，若F1Q⊥F2Q，则点Q在曲线C上；
④当a=1时，曲线C所围成的图形面积小于椭圆E：x24+y23=1所围成的图形面积.其中所有正确结论的序号为
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，a1=b1=1，a2=b2，a3+1=b3．
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{an+bn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
已知圆心为C(2,1)的圆与直线3x+4y+5=0相切．
(1)求圆C的方程；
(2)若直线x−y+m=0与圆C交于A，B两点，当|AB|=2 5时，求m的值．
18.(本小题15分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)经过点(1,2)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)经过抛物线焦点F的直线l与抛物线交于不同的两点P，Q，经过点P作准线的垂线，垂足为M，求证：直线QM经过原点．
19.(本小题15分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点.再从下列三个条件中选择一个作为已知，完成以下问题的解答．
条件①：BC1=AC1；
条件②：AD⊥BE；
条件③：直线CE与平面ABCD所成角的正切值为 22．
(1)求证：AD⊥平面ABB1A1；
(2)在棱CC1上是否存在点M，使得平面MBE与平面ABE夹角的余弦值为23，若存在，求线段CM的长；若不存在，请说明理由．
注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．
20.(本小题15分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个顶点分别为A(0,1)，B(0,−1)，离心率为 32．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设D为y轴上一点，过点D作y轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过点D作BN的垂线交直线AM于点E.求△ADE与△ADM的面积的比．
21.(本小题15分)
设n为正整数，将正整数1，2，3，…，n(n≥3)按一定顺序排成一列称为1，2，3，…，n的一个排列a1，a2，…，an.如果iaj(i,j=1,2,…,n)，则称(ai,aj)是排列a1，a2，…，an的一个“逆序对”，排列a1=2，a2，…，an中所有逆序对的个数称为其“逆序数”.记fn(k)为1，2，3，…，n的所有排列中“逆序数”为k的排列的个数．
(1)当n=3时，写出“逆序数”为2的所有排列(直接写出结论)；
(2)当n≥3时，求fn(2)的表达式(用n表示)；
(3)证明：在1，2，3，…，n的所有排列中，恰有(n−1)!种不同的排列的“逆序数”能被n整除．
注：(n−1)!=1×2×3×…×(n−2)×(n−1)．
参考答案
1.B
2.C
3.C
4.B
5.C
6.B
7.B
8.D
9.A
10.C
11.−1
12.1
13.2 33
14.2；60°
15.①③④
16.解：(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
由题意得1+d=q1+2d+1=q2，解得q=2d=1或q=0d=−1(舍去)，
所以an=a1+(n−1)d=n，bn=b1qn−1=2n−1．
(2)Tn=a1+b1+a2+b2+a3+b3+⋯+an+bn
=(a1+a2+a3+⋯+an)+(b1+b2+b3+⋯+bn)
=(1+2+3+⋯+n)+(1+2+4+⋯+2n−1)
=n(n+1)2+1−2n1−2=n(n+1)2+2n−1．
17.解：(1)设圆的半径为r，
因为圆心为C(2,1)的圆与直线3x+4y+5=0相切，
所以圆心(2,1)到直线3x+4y+5=0的距离d=|6+4+5| 32+42=3=r，
所以圆的方程为(x−2)2+(y−1)2=9．
(2)由|AB|=2 5，利用勾股定理可得圆心C到直线x−y+m=0的距离为 r2−(12|AB|)2= 9−5=2．
所以圆心C(2,1)到直线x−y+m=0的距离为|1+m| 2=2，
解得m=−1−2 2或m=−1+2 2．
18.解：(1)将(1,2)代入y2=2px可得4=2p，解得p=2，
因此抛物线C的方程为y2=4x，准线方程为x=−1；
(2)证明：由题得F(1,0)，设直线方程为x=ty+1，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则M(−1,y1)，
联立方程x=ty+1y2=4x，可得y2−4ty−4=0，
则y1+y2=4t，y1y2=−4，
kOM=−y1,kOQ=y2x2
因为x2y1+y2=ty1y2+(y1+y2)=−4t+4t=0，
因此y2=−x2y1，因此y2x2=−y1，
因此kOM=kOQ，因此O，M，Q三点共线，
故直线QM经过原点．
19.解：(1)证明：选择条件①：
在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，
∵AD，AB⊂平面ABCD，∴AA1⊥AD，AA1⊥AB，
设AB中点为F，连接AC1，BC1，C1F，
∵AB//CD，AD=CD=1，AA1=AB=2，
∴AF//CD，AF=CD，则四边形AFCD为平行四边形，
∴AD//CF，
∵BC1=AC1，∴C1F⊥AB，
∵CC1//AA1，∴CC1⊥AB，
∵CF∩CC1=C，CF，CC1⊂平面CC1F，
∴AB⊥平面CC1F，又CF⊂平面CC1F，
∴AB⊥CF，
∴AB⊥AD，
又AB∩AA1=A，AB，AA1⊂平面ABB1A1，
∴AD⊥平面ABB1A1；
选择条件②：
同①可证AA1⊥AD，
又AD⊥BE，AA1∩BE=E，AA1，BE⊂平面ABB1A1，
∴AD⊥平面ABB1A1，
选择条件③：连接AC，
在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，
∴∠AEC就是直线CE与平面ABCD所成角，
∴tan∠AEC=EAAC=1AC= 22，解得AC= 2，
∴AD2+CD2=AC2，即AD⊥CD，
又AB//CD，∴AD⊥AB，
又AB∩AA1=A，AB，AA1⊂平面ABB1A1，
∴AD⊥平面ABB1A1；
(2)由(1)知，AD，AB，AA1两两垂直，
故以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,2,0)，C(1,1,0)，E(0,0,1)，设M(1,1,m)，
∴EM=(1,1,m−1),BE=(0,−2,1)，
设平面MBE的法向量为n1=(x,y,z)，
则n1⊥EMn1⊥BE，则n1⋅EM=x+y+(m−1)z=0n1⋅BE=−2y+z=0，
取y=1，则x=1−2m，z=2，∴n1=(1−2m,1,2)，
易知平面ABE的一个法向量为n2=(1,0,0)，
设平面MBE与平面ABE夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=|1−2m| (1−2m)2+5=23，
解得m=32或m=−12(舍去)，即CM=32，
∴存在，CM=32．
20.解：(1)依题意可得b=1e=ca= 32c2=a2−b2，解得a=2c= 3b=1，
因此椭圆C的方程为x24+y2=1；
(2)设D(0,y0)(−1