2026屆北京二中高二數學第一學期期末統(tǒng)考模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知雙曲線的離心率為2，則（）A.2 B.C. D.12．已知F是雙曲線C：的一個焦點，點P在C的漸近線上，O是坐標原點，，則的面積為（）A.1 B.C. D.3．等差數列中，，，則（）A.1 B.2C.3 D.44．若指數函數（且）與三次函數的圖象恰好有兩個不同的交點，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.5．在圓上任取一點P，過點P作x軸的垂線段PD，D為垂足，當點P在圓上運動時，線段PD的中點M的軌跡記為C，則曲線C的離心率為（）A. B.C. D.6．已知為等比數列的前n項和，，，則（）A.30 B.C. D.30或7．數列2，0，2，0，…的通項公式可以為（）A. B.C. D.8．設的內角的對邊分別為的面積，則（）A. B.C. D.9．正方體中，E、F分別是與的中點，則直線ED與所成角的余弦值是（）A. B.C. D.10．在空間直角坐標系下，點關于平面的對稱點的坐標為（）A. B.C. D.11．已知命題：，命題：，則是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件12．直線在y軸上的截距是A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列是等差數列，若，則___________.14．一條光線經過點射到直線上，被反射后經過點，則入射光線所在直線的方程為___________.15．函數僅有一個零點，則實數的取值范圍是_________.16．已知橢圓的短軸長為2，上頂點為，左頂點為，左、右焦點分別是，，且的面積為，點為橢圓上的任意一點，則的取值范圍是______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若恒成立，求實數的取值范圍.18．（12分）已知拋物線上任意一點到焦點F最短距離為2，（1）求拋物線C的方程；（2）過焦點F的直線，互相垂直，且與C分別交于A，B，M，N四點，求四邊形AMBN面積的最小值19．（12分）已知橢圓C與橢圓有相同的焦點，且長軸長為4（1）求C的標準方程；（2）直線，分別經過點與C相切，切點分別為A，B，證明：20．（12分）已知橢圓的離心率為，短軸長為2（1）求橢圓的方程；（2）設過點且斜率為的直線與橢圓交于不同的兩點，，求當的面積取得最大值時的值21．（12分）已知直線經過點，且滿足下列條件，求相應的方程.（1）過點；（2）與直線垂直.22．（10分）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，滿足（2a﹣b）sinA+（2b﹣a）sinB=2csinC.（1）求角C的大?。唬?）若cosA=，求的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】由雙曲線的性質，直接表示離心率，求.【詳解】由雙曲線方程可知，因為，所以，解得：，又，所以.故選：D【點睛】本題考查雙曲線基本性質，意在考查數形結合分析問題和解決問題能力，屬于中檔題型，一般求雙曲線離心率的方法：

直接法：直接求出，然后利用公式求解；2.公式法：，3.構造法：根據條件，可構造出的齊次方程，通過等式兩邊同時除以，進而得到關于的方程.2、B【解析】根據給定條件求出，再利用余弦定理求出即可計算作答.【詳解】雙曲線C：中，，其漸近線，它與x軸的夾角為，即，在中，，由余弦定理得：，即，整理得：，解得，所以面積為.故選：B3、B【解析】根據給定條件利用等差數列性質直接計算作答.【詳解】在等差數列中，因，，而，于是得，解得，所以.故選：B4、A【解析】分析可知直線與曲線在上的圖象有兩個交點，令可得出，令，問題轉化為直線與曲線有兩個交點，利用導數分析函數的單調性與極值，數形結合可得出實數的取值范圍.【詳解】當時，，，此時兩個函數的圖象無交點；當時，由得，可得，令，其中，則直線與曲線有兩個交點，，當時，，此時函數單調遞增，當時，，此時函數單調遞減，則，且當時，，作出直線與曲線如下圖所示：由圖可知，當時，即當時，指數函數（且）與三次函數的圖象恰好有兩個不同的交點.故選：A.5、B【解析】設，，則由題意可得，代入圓方程中化簡可得曲線C的方程，從而可求出離心率【詳解】設，，則，得，所以，因為點在圓上，所以，即，所以點的軌跡方程為，所以，則所以離心率為，故選：B6、A【解析】利用等比數列基本量代換代入，列方程組，即可求解.【詳解】由得，則等比數列的公比，則得，令，則即，解得或（舍去），，則故選：A7、D【解析】舉特例排除ABC，分和討論確定D.【詳解】A.當時，，不符；B.當時，，不符；C.當時，，不符；D.當時，，當時，，符合.故選：D.8、A【解析】利用三角形面積公式、二倍角正弦公式有，再由三角形內角的性質及余弦定理化簡求即可.【詳解】由，∴，在中，，∴，解得.故選：A.9、A【解析】以A為原點建立空間直角坐標系，求出E,F,D,D1點的坐標，利用向量求法求解【詳解】如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，設正方體的邊長為2，則，,，,,直線與所成角的余弦值為：.故選:A【點睛】本題考查異面直線所成角的求法，屬于基礎題.10、C【解析】根據空間坐標系中點的對稱關系求解【詳解】點關于平面的對稱點的坐標為，故選：C11、B【解析】利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】因為命題：或，命題：，所以是的必要不充分條件，故選：B12、D【解析】在y軸上的截距只需令x=0求出y的值即可得出.【詳解】令x=0，則y=-2，即直線在y周上的截距為-2，故選D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、8【解析】利用計算可得答案.【詳解】設等差數列的公差為，故答案為：8.14、【解析】先求點關于直線的對稱點，連接,則直線即為所求.【詳解】設點關于直線的對稱點為，則，解得，所以，又點，所以，直線的方程為：，由圖可知，直線即為入射光線，所以化簡得入射光線所在直線的方程:.故答案為：.15、【解析】根據題意求出函數的導函數并且通過導數求出原函數的單調區(qū)間，進而得到原函數的極值，因為函數僅有一個零點，所以結合函數的性質可得函數的極大值小于或極小值大于，即可得到答案.【詳解】解：由題意可得：函數，所以，令，則或，令，則，所以函數的單調增區(qū)間為和，減區(qū)間為所以當時函數有極大值，當時函數有極小值，，因為函數僅有一個零點，，所以或，解得或.所以實數的取值范圍是故答案為：16、【解析】根據的面積和短軸長得出a，b，c的值，從而得出的范圍，得到關于的函數，從而求出答案【詳解】由已知得，故，∵的面積為，∴，∴，又，∴，，∴，又，∴，∴.即的取值范圍為.故答案為點睛】本題考查了橢圓的簡單性質，函數最值的計算，熟練掌握橢圓的基本性質是解題的關鍵，屬于中檔題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）當時，上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）【解析】（1）先求函數的定義域，再求導，根據導數即可求出函數的單調區(qū)間；（2）根據（1）的結論，分別求時的最小值，令，即可求出實數的取值范圍.【小問1詳解】易知函數的定義域為，，當時，，所以在上單調遞增；當時，，令，得；令，得，所以在上單調遞減，在上單調遞增；當時，，令，得；令，得，所以在上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳解】當時，成立，所以符合題意；當時，在上單調遞減，在上單調遞增，要使恒成立，則，解得；當時，在上單調遞減，在上單調遞增，要使恒成立，則，解得.綜上所述，實數的取值范圍是.18、（1）（2）128【解析】（1）設拋物線上任一點為，由可得答案.（2）由題意可知，的斜率k存在且不為0,設出其方程并與拋物線方程聯立，得出韋達定理，從而得出弦長的表達式，同理得出弦長的表達式，進而得出四邊形AMBN面積的不等式，從而求出其最小值.【小問1詳解】設拋物線上任一點為，則，所以當時，，又∵，∴，即所以拋物線C的方程為【小問2詳解】設交拋物線C于點，,交拋物線C于點，由題意可知，的斜率k存在且不為0設的方程為由，得，同理可得，，當且僅當時，即時，等號成立∴四邊形AMBN面積的最小值為12819、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）根據共焦點求出參數c，由長軸長求參數a，即可確定C的標準方程；（2）令過切線為，聯立橢圓C結合得到關于k的一元二次方程，根據根與系數關系即可證明結論.【小問1詳解】由題設，對于橢圓C有，又橢圓的焦點為，則，所以，故C的標準方程.【小問2詳解】由題設，直線，的斜率必存在，令橢圓C的切線方程為，聯立橢圓方程并整理可得：，由相切關系知：，整理得：，所以，即直線，相互垂直，則.20、（1）；（2）.【解析】（1）由短軸長得，由離心率處也的關系，從而可求得，得橢圓方程；（2）設，，直線的方程為，代入橢圓方程應用韋達定理得，由弦長公式得弦長，求出原點到直線的距離，得出三角形面積為的函數，用換元法，基本不等式求得最大值，得值【詳解】解：（1）由題意得，，所以，，橢圓的方程為（2）直線的方程為，代入橢圓的方程，整理得由題意，，設，則，弦長，點到直線的距離，所以的面積，令，則，當且僅當時取等號．所以，對應的，可解得，滿