北京大学附属中学2025-2026学年高二上学期期中数学试题（元培学院）(图片版,含答案)

2025北京北大附中高二（上）期中
数 学（元培学院）
本试卷共 6 页，150 分．考试时长 120 分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答
无效．考试结束后，将答题卡交回．
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．
M = x 1 x 2 N = x 0 x 3
1. 设集合 ， ，则M N =（ ）
A. x 1 x 3 B. x 0 x 2
C. x 0 x 2 D. x 1 x 0
2. 下列函数中，在其定义域内是减函数的是（ ）
1
A. f (x) = 2
x
B. f (x) = ln
x
1
C. f (x) = log3 x D. f (x) =
x
3. 设 a,b R ，则“ ln (a2 +1) ln (b2 +1)”是“ a b”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
x2 y2
4. 椭圆 + =1的焦点坐标是（ ）
m 3 m+ 6
A. ( 3,0) B. (0, 3) C. ( 9,0) D. (0, 9)

5. 已知向量a ⊥ b, a = 2, b = 3，则 a b在 a上的投影的数量为（ ）
A. 2 B. 2 C. 13 D. 13
x2 y2
6. 已知椭圆 + =1的焦距等于 4，则其离心率的值为（ ）
m 12
1 3 1 1
A. 或 B. C. D. 2
2 2
3 3
7. 已知圆台的上、下底面半径分别为 2 和 4，且母线与下底面所成的角的正切值为 2，则该圆台的表面积
为（ ）
A. 12 5 B. 24 C. 44 D. 20 +12 5
8. 两条平行直线和圆的位置关系定义如下：若两直线中至少有一条与圆相切，则称该位置关系为“平行相
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切”；若两直线都与圆相离，则称该位置关系为“平行相离”；否则称两条平行直线和圆的位置关系为“平行
相交”．已知直线 l1 : 3x + (a 1) y + 7 = 0，直线 l2 : ax + 2y + 7 = 0，与圆
C : x2 + y2 4x = m2 4(m 0)的位置关系是“平行相交”，则实数 m的取值范围是（ ）
9 13 2
A. m B. m
8 6
3 2 13 2 3 2 13 2
C. m 且m D. m
4 6 4 6
x2 y2 x
2 y2
9. 已知椭圆C1 : + =1(a b 0)和椭圆C2 : + =1(a1 b 0)的右焦点分别为 (c,0)和2 2
a2 b2 a1 b
(c ,0)．若 a a1 1，设椭圆C1 和椭圆C2 的离心率分别为 e和 e1 ，则（ ）
A. c c1 B. a a1 c c1
C. e e D. 1+ e21 1 e1 1+ e
2 e
10. “康威圆定理”的内容如下：如图， ABC的三条边长分别为 BC = a， AC = b， AB = c．延长线段 CA
至点 A1，使得 AA1 = a，以此类推得到点 A2 ， B1 ， B2 ，C 和C1 2 ，那么这六个点共圆，这个圆称为康威
圆．若在 ABC中， A(1,7)， B (1,1)，C (5, 4)，康威圆圆心为 K，则 K的坐标为（ ）
7 13 5
A. (3,4) B. , 4 C. 5, D. , 4
3 4 2
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. 复数 z = i (3 i)的虚部是______．
x2 y2
12. 已知椭圆C : + =1，过 C的右焦点作 x轴的垂线交 C于 A，B两点，则 AB = ______．
9 5
13. 在空间直角坐标系O xyz中，已知点 A(1,0,0)， B (0,1,0)，C (0,0,1)．若点D (x, y, z )在平面
ABC内（D与 A， B，C三点都不重合），则点D (x, y, z )的坐标可以是______．
14. 正 ABC中， AB = BC = CA = 6 3．S 是 ABC所在平面内位于 ABC外部的点构成的集合，设
集合T = Q S BQ 6或CQ 6 ，则T 表示的区域的面积为______．
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3
15. 一种形如四叶草的曲线的方程为C : (x2 + y2 ) = 6x2 y2．给出下列四个结论：
①曲线 C有 4 条对称轴；
6
②曲线 C上的点到原点的最大距离为 ；
5
③任取曲线 C位于第一象限内的一点，过该点作两坐标轴的垂线，垂线与坐标轴围成的矩形面积的最大值
3
为 ；
4
32
④四叶草面积小于 ．
9
其中所有正确结论的序号是______．
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 a = (1,1)，b = (1, )，其中 0 ， a +b = 5 ．
（1）求 ；

（2）是否存在实数 k，使得 ka + b和b垂直？若存在，求出 k的值；若不存在，说明理由．
2
17. 已知函数 f (x) = cos x + 3 sin xcos x．
（1）求 f ( x)的最小正周期；
（2）求 f ( x)的最大值及取得最大值时 x的值；
（3）当 x 0,π 时，求 f ( x)的单调递增区间．
18. A市为进一步缓解交通压力，现经过甲公路和乙公路，分别修建新地铁线和快速通道，如图已知 S小区
在两条公路汇合处，两条公路夹角为 60°，为了便于施工拟在两条公路之间的区域内建一混凝土搅拌站
P，并分别在两条公路边上建两个中转站 M、N（异于点 S），要求PM = PN = MN = 4（单位：千
米）．设 SMN = ．
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（1）用 表示 SN并写出 的范围；
（2）当搅拌站 P与小区 S的距离最远时，求 的值．

19. 如图，在三棱锥 A BCD中， AB = AC = AD = BD = 4 ，BC ⊥ CD， CBD = .
6
（1）求证：面 ABD ⊥面 BCD；
（2）若 E是线段 BD上靠近D的四等分点，求：
① BC与平面 ACE所成角的正弦值；
②点D到平面 ACE的距离.
x2 y2 1 3
20. 已知椭圆C : + =1(a b 0) ，其离心率为 ，且过点H (1, )．
a2 b2 2 2
（1）求椭圆 C的标准方程；
（2）设椭圆 C的左、右顶点分别为 A和 B，求直线 HA，HB的斜率之和；
（3）过点T (4,0)的直线 l2 交椭圆 C于 P，Q两点（异于点 H），设直线 HP，HQ的斜率分别为 k1 ， k2 ，
证明： k1 + k2 为定值．
21. 设 n是不小于 3 的正整数，集合Ωn = (x1, x2 , , xn ) xi 0,1 , i =1,2,3, ,n ，对于集合 n中的任
n
意元素 = (x1, x2 , , xn )， = ( y1, y2 , , yn )，记P ( , ) = (xk + yk xk yk )．
k=1
（1）当n = 3时，若 = (1,1,0)， = (1,0,0)，求P ( , )， P ( , )的值；
（2）当n = 4 时，若 A是 n的子集，且 , A， P ( , )均为奇数，求 A中元素个数的最大值；
（3）已知 A，B是 n的子集，且满足以下性质：
① A，P ( , ) 1
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② B， A，使得 P ( , ) = n．
求 P ( , )的最大值．
A B
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参考答案
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．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D B A A D C D 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. 【答案】因为 z = i (3 i) = 3i +1，所以虚部为 3.
故答案为：3.
x2 y2
12. 【答案】由椭圆 2 2C : + =1，可得 a = 9,b = 5，则 c = a2 b2 = 2 ，
9 5
所以椭圆C的右焦点为 F (2,0)，
x2 y2 2 25 5
将 x = 2 代入椭圆C的方程 + =1，可得 y = ，所以 y = ，
9 5 9 3
5 5 10
所以 AB = ( ) = .
3 3 3
10
故答案为： .
3

13. 【答案】 A(1,0,0)， B (0,1,0)，C (0,0,1)，所以 AB = ( 1,1,0) , AC = ( 1,0,1)，

设平面 ABC的一个法向量为 n = (x, y, z )，

AB n = x + y = 0
则 ，故可取 n = (1,1,1)，
AC n = x + z = 0

因为D 平面 ABC，所以 AD ⊥ n，

因为 AD = (x 1, y, z)，所以 AD ⊥ n x 1+ y + z = 0，所以 x + y + z =1，
1 1
故点D (x, y, z )的坐标满足 x + y + z =1即可，可取D , ,0 ，
2 2
1 1
故答案为： , ,0 (答案不唯一).
2 2
14. 【答案】分别以 B,C 为圆心画半径为6 的圆，交 AB于D点，交 AC于 E点，
设 ABC的外接圆的圆心为M ，
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1
BC
3 3
因为 BM =CM =
2 = = 6 B, C
cos30
，所以M 为 的交点，
3
2
设 B, C的另一交点为 N ，如下图所示：
1 1
由图可知， S BNC = BC BN sin 30 = 6 3 3 = 9 3 ，
2 2
因为 DBN = ECN = 90 ，
3 2
所以阴影部分面积为 π×6 2+9 3 = 54π +9 3 ，
4
故答案为：54π + 9 3 .
3
2 2 3
15. 【答案】对①：将 x替换为 x，则 ( x) + y2 = 6( x) y2，化简得 (x2 + y2 ) = 6x2 y2 ，
方程不变，故曲线 C关于 y轴对称；
3 3
将 y替换为 y
2 2
，则 x2 + ( y) = 6x2 ( y) ，化简得 (x2 + y2 ) = 6x2 y2 ，
方程不变，故曲线 C关于 x轴对称；
3 3
将 x替换为 y， y替换为 x，则 ( y2 + x2 ) = 6y2x2 ，化简得 (x2 + y2 ) = 6x2 y2 ，
方程不变，故曲线 C关于 y = x对称；
3
将 x替换为 y， y
2 2 2 2
替换为 x，则 ( y) + ( x) = 6( y) ( x) ，

3
化简得 (x2 + y2 ) = 6x2 y2 ，方程不变，故曲线 C关于 y = x对称；
故曲线 C有 4 条对称轴，故①正确；
3
对②：设 2 2 2d = x2 + y2 ，则由C : (x + y ) = 6x y2，
2
(x2 + y2可得 )6 2 2 3d
4 6
d = 6x y 6 = ，故 d ，
4 2 2
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3 6
当且仅当 x = y = 时，等号成立，故曲线 C上的点到原点的最大距离为 ，故②错误；
2 2
对③：设 P (x, y)(x 0, y 0)在曲线 C上，则围成的矩形面积 S = xy ，
2 3 3由 x + y2 2xy，则6x2 y2 = (x2 + y2 ) 8x3y3 ，即 S ，
4
3 3
当且仅当 x = y = 时，等号成立，即围成的矩形面积的最大值为 ，故③正确；
2 4
π
对④：设 P (x, y)(x 0, y 0)在曲线 C上，令 x = r cos ， y = r sin ， 0, ，
2
3 3
则由 (x2 + y2 ) = 6x2 y2 ，可得 (r2 cos2 + r2 sin2 ) = 6r4 cos2 sin2 ，
即 r6 = 6r4 cos2 sin2 ，则 r = 6 cos sin ，
2
故 2 2 2
2
x = r cos = 6 sin cos2 ，则 x = 6sin (1 sin ) ，令 t = sin (0,1)，
3
2 2 2t +1 t +1 t 8则 x = 6t (1 t ) = 3 2t (1 t ) (1 t ) 3 = ，
3 9
1 2 2
当且仅当 2t =1 t，即 t = 时，等号成立，故 x ，
3 3
2 2 2 2 2 2 8
由对称性可得 y ，则四叶草在第一象限内面积小于 = ，
3 3 3 9
8 32
则四叶草面积小于 4 = ，故④正确.
9 9
故答案为：①③④.
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. 【答案】（1）

a +b = (1,1)+ (1, ) = (2,1+ )，

又 a +b = 5
2
，故 4+ (1+ ) = 5 ，
又 0 ，解得 = 2 ；
（2）

存在 k = 5 ，使得 ka + b和b垂直，理由如下：

ka +b = (k,k )+ (1, 2) = (k +1,k 2)，

(ka +b) b = (k +1,k 2) (1, 2) = k +1 2(k 2) = 0，
解得 k = 5 .
17. 【答案】（1）
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2 1+ cos 2x 3 π 1f (x) = cos x + 3 sin xcos x = + sin 2x = sin 2x + + ，
2 2 6 2
2π
所以 f ( x)的最小正周期为T = = π .
2
（2）
π π π
令 2x + = + 2kπ，解得 x = + kπ (k Z)，
6 2 6
π 3
所以当 x = + kπ (k Z)时， f ( x)取得最大值 ，
6 2
3 π
所以 f ( x)的最大值为 ，取得最大值时 x的值为 + kπ (k Z) .
2 6
（3）
π π π π π
令 + 2kπ 2x + + 2kπ，解得 + kπ x + kπ， k Z，
2 6 2 3 6
π π 2π 7π
当 k = 0 时， x ,3 6
，当 k =1时， x ,3 6
，

π 2π
所以当 x 0,π 时， f ( x)的单调递增区间为 0, ， ,π .
6 3
18.【答案】（1）
SN MN
在 SMN 中利用正弦定理可得， = ，
sin SMN sin NSM
SN 4 8
因 SMN = ，MN = 4， NSM = 60 ，则 = = ，
sin sin 60 3
8 3 2π
则 SN = sin ， 0, ；
3 3
（2）
π π 2π 2π π
因 PNM = ， SNM = π = ，则 SNP = + = π ，
3 3 3 3 3
在△SPN 中利用余弦定理可得， SP2 = SN 2 + NP2 2SN NP cos SNP
2
8 3 8 3 64 64 3
= sin +16 2 sin 4 cos (π ) = sin2 + sin cos +16
3 3 3 3
32 32 3 32 3 32 80
= (1 cos 2 )+ sin 2 +16 = sin 2 cos 2 +
3 3 3 3 3
64 π 80
= sin 2 + ，
3 6 3
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2π π π 7π
因 0, ，则2 , ，
3 6 6 6
π π π
则当 2 = ，即 = 时，SP2 有最大值 48 ， SP有最大值 4 3 千米，
6 2 3
π
故当搅拌站 P与小区 S的距离最远时 = .
3
19. 【答案】（1）
如图，取 BD中点 H ，连接 AH ，CH 因为 AB = AD = BD = 4 ，所以 AH ⊥ BD，
3
AH = AB = 2 3
2
1
又因为 BC ⊥ CD， H 为 BD中点，所以CH = BD = 2
2
此时 AC 2 = AH 2 +CH 2 ，即 AH ⊥ CH
AH ⊥ BD

AH ⊥CH

BD CH = H AH ⊥面 BCD，
BD 面BCD

CH 面BCD
又因为 AH 面 ABD，
所以平面 ABD ⊥面 BCD
（2）
①如图，以 H 为原点建立空间直角坐标系H xyz，使得 x轴在平面 BCD内且 x轴⊥ BD
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则 A(0,0,2 3 )， B (0, 2,0)，C ( 3,1,0)，E (0,1,0)

AC = ( 3,1, 2 3)， EC = ( 3,0,0)， BC = ( 3,3,0)

设平面 ACE的一个法向量为n = (x, y, z )

AC n = 0 3x + y 2 3z = 0 y 2 3z = 0
则
EC n = 0 3x = 0 x = 0

取 z =1，则 y = 2 3 ， n = (0,2 3,1)
则直线 BC与平面 ACE所成角 的正弦值为

BC n 0 3 + 2 3 3+1 0 3 13
sin = cos BC,n = = =
BC n 2
3+ 32 + 0 0+ (2 3 ) 13+1

②DE = (0, 1,0)，
所以点D到平面 ACE的距离为

DE n 0 0+ ( 1) 2 3 + 0 1 2 39
d = = =
2 . n 13
0+ (2 3 ) +1
20. 【答案】（1）
x2 y2 a2
2
1 b2 1 b 3
由椭圆C : + =1(a b 0) 的离心率为 ，得 ，则 = ，
a2 b2 2
= 2
a 2 a 4
3 1 9
由椭圆C过点H (1, )，得 + =1 2，联立解得 a = 4,b2 = 3，
2 a2 4b2
x2 y2
所以椭圆 C的标准方程为 + =1.
4 3
（2）
3 3
0 0
由（1）得 A( 2,0),B(2,0)，直线HA,HB的斜率 k = 2
1 2 3
HA = ,kHB = =
，
1 ( 2) 2 1 2 2
所以直线HA,HB的斜率之和为 1.
（3）
由直线 l2 过点T (4,0)，且交椭圆C于 P,Q两点，得直线 l2 的斜率存在，
当直线 l 的斜率为 0 时，其方程为 y = 0 ，不妨令点 P( 2,0),Q(2,0)2 ，由（2）知 k1 + k2 = 1；
当直线 l2 的斜率不为 0 时，设其方程为 x = ty + 4，P(x1, y1),Q(x2 , y2 ) ，
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x = ty + 4
由 x
2 2
2 2 消去 并整理得 (3t + 4)y + 24ty +36 = 0，
3x + 4y =12
= (24t)2 2
24t 36
144(3t + 4) 0，解得 t 2 或 t 2， y1 + y2 = , y1y2 = ，
3t2 + 4 3t2 + 4
3 3 3 3 3 3
y1 y2 y1 y2 (y1 )(ty2 + 3) + (y2 )(ty1 + 3)
因此 k 2 2 2 2 2 2 1+k2 = + = + =
x1 1 x2 1 ty1 + 3 ty2 + 3 (ty1 + 3)(ty2 + 3)
3 36 3 24t
2ty y + (3 t)(y + y ) 9 2t (3 t) 91 2 1 2 2 2 2
= 2 = 3t +4 2 3t +4
9(t 4)
= = 1，
t 2 y y +3t(y + y )+9 36 24t 21 2 1 2 9(t 4)t 2 3t +9
3t2 +4 3t2 +4
所以 k1 + k2 为定值 1.
21. 【答案】（1）
当 n = 3时，若 = (1,1,0) , = (1,0,0)，
3
2 2 2
P ( , ) = Σ (x + x x x )， P ( , ) = (x1 + x1 x1 )+ (xk k k k 2 + x2 x2 )+ (x3 + x3 x3 )，
k=1
k =1： x1 =1， (1+1 1 1) = 2 1=1，
k = 2： x2 =1， (1+1 1 1) = 2 1=1，
k = 3： x3 = 0 ， (0+ 0 0 0) = 0 0 = 0 ，
P ( , ) =1+1+ 0 = 2 ，
= (x1, x2 , x3 ) = (1,1,0)， = ( y1, y2 , y3 ) = (1,0,0)，
k=1
P ( , ) = Σ (x + y x y )，P ( , ) = (x + y x yk k k k 1 1 1 1 )+ (x2 + y2 x2y2 )+ (x3 + y3 x3y3 )，
3
k =1： x1 =1, y1 =1， (1+1 1 1) = 2 1=1，
k = 2： x2 = 1, y2 = 0， (1+ 0 1 0) =1 0 =1，
k = 3： x3 = 0, y3 = 0 ， (0+ 0 0 0) = 0 0 = 0，
P ( , ) =1+1+ 0 = 2，
（2）
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4
当 n = 4 时,由题意可知，对任意 , A， P ( , )为奇数，特别地，对 = ， P ( , ) = x 为奇k
k=1
数，
因此 中“1”的个数为奇数，在 n = 4 时只可能是1个或3个，
设 中“1”的个数为 a， 中“1”的个数为b，且 , 在同一位均为“1”的位置数为 t，
则有 P ( , ) = a +b t，
因为 a,b均为奇数，所以 a + b为偶数，要P ( , )为奇数，必须 t为奇数，
若 a = b =1：由于两个数组不同，它们“1”的位置不同，故 t = 0（偶数），不符合 t为奇数的要求，
所以 A中不能有两个“1”的个数均为 1 的不同数组，
若 a = b = 3：两个数组各有一个“ 0 ”的位置，若它们不同，则这两个“ 0 ”的位置不同，
此时两个数组在其余两个位置同时为“1”，所以 t = 2（偶数），不符合要求，
所以 A中不能有两个“1”的个数均为3的不同数组，
若 a =1，b = 3：设 的唯一一个“1”在第 i位， 的三个“1”在若干位中，
若第 i位在 中也是“1”，则 t =1（奇数），满足条件，
若第 i位在 中是“ 0 ”，则 t = 0（偶数），不满足条件，
因此 A中最多能有一个“1”的个数为1的数组和一个“1”的个数为3的数组，
并且后者的“1”必须包含前者的“1”所在位置，
取 = (1,0,0,0)， = (1,0,1,1)，满足条件且不能加入第三个数组，
故 A中元素个数的最大值为 2 ，
（3）
由条件①知 A中元素要么全为 0（记O），要么恰有一个1（记 ei ，其中 i是 1 的位置），
设 A包含 a个不同的 ei ，记 =1若O A，否则 = 0 ，
由条件②，对任意 B，存在 A使 P ( , ) = n，这等价于：若 某位为 0，则 该位必为1，分
析可知 只能是全1数组U ，或某位 i为0 、其余为1的数组 Bi，若Bi B，则必须 ei A，
设 t =1若U B， t = 0否则；设b为 B中 Bi的个数，则b a，且若 t =1应有 =1，
欲最大化 S = Σ Σ P ( , )，应取 a = n（所有 ei A）， =1（O A）， A B
t =1 (U B)，b = n所有 (Bi B) ,
即 A = O,e1, ,en ，B = U ,B1, ,Bn
计算S 的值，对 =O（全0 数组）， =U ：U 是全 1 数组，
对每位 k， xk = 0, yk =1 0+1 0 =1，所以P (O,U ) = n，
= Bi： Bi在第 i位是 0，其余位是 1，对 k = i： xk = 0, yk = 0 0+ 0 0 = 0；
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对 k i： xk = 0, yk =1 0+1 0 =1，所以 P (O,Bi ) = 0+ (n 1) 1= n 1，
n
共有 n个不同的 Bi，于是 Σ P (O, ) = P (O,U )+ Σ P (O,Bi ) = n + n (n 1) = n + n
2 n = n2.
B i=1
对 = ei（仅第 i位是 1，其余是 0） =U ：全 1 数组，对 k = i： xi =1, yi =1 1+1 1 = 1；
对 k i： xk = 0, yk =1 0+1 0 =1；所以 P (ei ,U ) = n，
= Bi（第 i位是 0，其余是 1）：对 k = i： xi =1, yi = 0 1+ 0 0 =1；
对 k i： xk = 0, yk =1 0+1 0 =1；所以 P (ei ,Bi ) = n，
= B j（ j i，第 j位是 0，其余是 1）：对 k = j： x j = 0, y j = 0 0+ 0 0 = 0；
对 k = i（注意 i j）： xi =1, yi =1 1+1 1 = 1；
对 k i且 k j： xk = 0, yk =1 0+1 0 =1，因此P (ei ,B j ) = 0+1+ (n 2) 1= n 1.
共有 n 1个 B j 满足 j i，
于是对固定 e ： Σ P (ei , ) = P (ei ,U )+ P (ei ,Bi )+ Σ P (ei ,B j ) = n + n + (n 1)(n 1)i B j i
2
= 2n + (n 1) = 2n + (n2 2n+1) = n2 +1，
2 3
有 n个不同的 ei，所以 Σ Σ P ( , ) = n (n +1) = n + n. A B
2 S = n2 3 3 2加上 =O的部分 n ，得 + (n + n) = n + n + n.
最大值为 n3 + n2 + n .
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