精品解析：四川省自贡市荣县中学校2024-2025学年高二下学期入学考试数学试题

荣县中学校高2026届2025年上半年入学考试 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷总分：150） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 空间向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量公式计算即可. 【详解】，， 由投影向量的定义和公式可知在的投影向量为， 故选：C. 2. 已知A为抛物线上一点，点A到抛物线C的焦点的距离为10，到y轴的距离为9，则（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】利用抛物线的定义即可求解. 【详解】设抛物线的焦点为，由抛物线的定义知，解得. 故选：A. 3. 如图，在四棱锥中，底面，，底面为边长为2的正方形，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角可求得结果. 【详解】因为底面，所以，又， 所以以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 则，，，， ，， 设异面直线与所成的角为，， 则. 所以异面直线与所成的角的余弦值为. 故选：A 【点睛】本题考查了直线与平面垂直的性质，考查了利用空间向量求异面直线所成的角，属于基础题. 4. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.， 【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为， 则， 因此为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即为常数，设为， 即，则，有， 两式相减得：，即，对也成立， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C正确. 方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即， 则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即， 即，， 当时，上两式相减得：，当时，上式成立， 于是，又为常数， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件. 故选：C 5. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出； 方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解． 【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为， 若，则，与题意不符，所以； 若，则，与题意不符，所以； 由，可得，，①， 由①可得，，解得：， 所以． 故选：C． 方法二：设等比数列的公比为， 因为，，所以，否则， 从而，成等比数列， 所以有，，解得：或， 当时，，即为， 易知，，即； 当时，， 与矛盾，舍去． 故选：C． 【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算． 6. 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案. 【详解】因为，由双曲线的定义可得， 所以，； 因为,由余弦定理可得， 整理可得，所以，即. 故选：A 【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键. 7. 已知F为抛物线的焦点，过F作两条互相垂直的直线，，直线与C交于A，B两点，直线与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为 A. 16 B. 8 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可判断当A与D，B与E关于y轴对称，即直线DE的斜率为，|AB|+|DE|最小，根据弦长公式计算即可． 【详解】如图， l1⊥l2，直线l1与C交于A、B两点， 直线l2与C交于D、E两点， 要使|AB|+|DE|最小， 则A与D，B与E关于y轴对称，即直线DE的斜率为， 又直线l2过点（0，）， 则直线l2的方程为y＝-x+， 联立方程组，整理得：， ∴x1+x2＝，x1x2＝， ∴|DE|＝， ∴|AB|+|DE|的最小值为2|DE|＝1. 故选：C 【点睛】本题考查了抛物线的简单性质以及直线和抛物线的位置关系，弦长公式，对于过焦点的弦，能熟练掌握相关的结论，解决问题事半功倍，属于中档题． 8. 已知椭圆与双曲线具有相同的左、右焦点，，点为它们在第一象限的交点，动点在曲线上，若记曲线，的离心率分别为，，满足，且直线与轴的交点的坐标为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆、双曲线的定义可得，结合离心率可得，在中，利用余弦定理可得，进而结合椭圆性质可知：当为椭圆短轴顶点时，取到最大值，分析求解即可. 【详解】由题意可知：，解得， 又因为，可得， 由直线与轴的交点的坐标为可得， 在中，由余弦定理可得 ， 可得，整理得，解得或（舍去）， 且，所以， 由椭圆性质可知：当为椭圆短轴顶点时，取到最大值， 此时， 且，则，所以，即. 故选：A. . 【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于找到的两种表达方式，构造了关于的方程，从而得解. 二、多项选择题：本题共3小题.每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 已知等差数列的前项和为，且，，，则（ ） A. 数列是递增数列 B. C. 当时，最大 D. 当时，的最大值为14 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等差数列性质、前项和公式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】在等差数列中，， ，，，， 公差，数列是递减数列，A错误； ，，B正确； ，，数列是递减数列， 当时，最大，C正确； ，，， ，， 当时，n的最大值为14，D正确． 故选：BCD 10. 已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B. 若点A在圆C内，则直线l与圆C相离 C. 若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D. 若点A在直线l上，则直线l与圆C相切 【答案】ABD 【解析】 【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解. 【详解】圆心到直线l的距离， 若点在圆C上，则，所以， 则直线l与圆C相切，故A正确； 若点在圆C内，则，所以， 则直线l与圆C相离，故B正确； 若点在圆C外，则，所以， 则直线l与圆C相交，故C错误； 若点在直线l上，则即， 所以，直线l与圆C相切，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知一条线段的端点分别是，关于的方程，则（ ） A. 当时，方程所表示的曲线是以为直径的圆 B. 当时，方程所表示的曲线是双曲线 C. 存在，使得方程所表示的曲线是椭圆 D. 任意，方程所表示的曲线围成的封闭区域面积大于 【答案】AC 【解析】 【分析】依据题意结合向量的数量积运算判断A，举反例判断B，化简方程结合椭圆方程的特征判断C，结合椭圆方程与圆的方程几何特征判断D. 【详解】对于A，记，则题干条件即为 ， 则，方程所表示的曲线是以为直径的圆，故A正确， 对于B，我们令，， 此时方程化为， 即，化简得， 得到，即， 故得到或， 此时方程所表示的曲线不是双曲线，故B错误， 对于C，， ， 若要使该方程表示椭圆，只需即可，C正确； 对于D，由C可得曲线方程为 ， 记为的面积， 为的面积． 当的长半轴小于等于半径时，，故D错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化方程的形式，结合圆锥曲线方程的特征，结合面积的放缩进行判断即可． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范围是____． 【答案】（） 【解析】 【分析】根据焦点在轴上的椭圆标准方程的特征，可得到关于的不等式，即可求得结果. 【详解】根据题意，方程表示焦点在轴上的椭圆， 则必有，解可得：m＜2， 即m的取值范围是. 故答案为:） 【点睛】本题考查椭圆的标准方程，属于基础题. 13. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______. 【答案】 ①. 5 ②. 【解析】 【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果. 【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位； 故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格； （2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想， 设， 则， 两式作差得： ， 因此，. 故答案为：；. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于结构，利用分组求和法； （4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 14. 如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，的中点． （1）求证：平面平面EFG； （2）求平面与平面EFG间的距离． 【答案】（1） ∵E是AB中点，F是BC中点， ∴连接AC得，EF∥AC， ∵是平行四边形， ∴， 又平面平面， ∥平面， 同理，连接可得，可得EG∥平面， 与平面EFG， ∴平面∥平面EFG﹒ （2）﹒ 【解析】 【分析】(1)要证面面平行，转化为证明两组线面平行，连接AC，证明EF∥AC∥，可证∥平面，同理可证EG∥平面； (2)由(1)知两平面平行，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，两平面间的距离为在法向量上的投影﹒ 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图： 以D为原点，DA、DC、分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz﹒ 则 ∴， 设平面的法向量为， 则，取， 则平面与平面EFG间的距离为﹒ 15. 已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，． （1）求的通项公式； （2）证明：当时，． 【答案】（1）； （2）证明：方法1：由（1）知，，， 当为偶数时，， ， 当时，，因此， 当为奇数时，， 当时，，因此， 所以当时，. 方法2：由（1）知，，， 当为偶数时，， 当时，，因此， 当为奇数时， ，显然满足上式，因此当为奇数时，， 当时，，因此， 所以当时，. 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答. （2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，而， 则， 于是，解得，， 所以数列的通项公式是. 【小问2详解】 略 16. 已知圆与x轴相切． （1）求圆C的圆心坐标及半径； （2）直线与圆C交于A，B两点，求线段的长． 【答案】（1）圆心坐标为，半径长为2 （2） 【解析】 【分析】（1）首先化为圆的标准方程，再根据半径与圆心坐标的关系，即可求解； （2）首先计算圆心到直线的距离，再代入弦长公式，即可求解. 【小问1详解】 配方得， 由此可得圆心坐标为． 因为圆C与x轴相切， 所以圆心到x轴的距离为． 所以半径长为2． 【小问2详解】 因为直线与圆C交于A，B两点， 所以圆心C到直线l的距离为． 由（Ⅰ）可知， 所以． 17. 已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，． （I）求和的通项公式； （II）记， （i）证明是等比数列； （ii）证明 【答案】（I），； （II）（i）由题意，， 所以， 所以，且， 所以数列是等比数列； （ii）由题意知，， 所以， 所以， 设， 则， 两式相减得， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得的通项，由等比数列的通项公式运算可得的通项公式； （II）（i）运算可得，结合等比数列的定义即可得证； （ii）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以，所以， 所以； 设等比数列的公比为， 所以，解得（负值舍去）， 所以； （II）（i）略 （ii）略 【点睛】关键点点睛： 最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证. 18. 若椭圆：上的两个点满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点.显然，对于椭圆上任意一点，总有两个共轭点.已知椭圆，点是椭圆上一动点，点的两个共轭点分别记为. （1）当点坐标为时，求； （2）当直线斜率存在时，记其斜率分别为，其中，求的最小值； （3）证明：的面积为定值. 【答案】（1） （2） （3）证明：由（2）知，对任意点，都有， ， 点到直线的距离为， 的面积， 故的面积为定值. 【解析】 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，再根据共轭点的条件得到满足的方程，进而求出. （2）斜率公式和共轭点条件表示出，再利用均值不等式求的最小值. （3）利用三角形面积公式，结合前面求出的关系来证明面积为定值. 【小问1详解】 的共轭点分别记为， ， 直线的方程为， 联立得， ， ； 【小问2详解】 点在椭圆上， ，即， 由（1）知，直线的方程为，即， 当时，直线的方程为，代入， 得，即， ， ， 当时，易知，对应共轭点为， 此时，故也成立， ，当且仅当时等号成立； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 荣县中学校高2026届2025年上半年入学考试 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷总分：150） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 空间向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 2. 已知A为抛物线上一点，点A到抛物线C的焦点的距离为10，到y轴的距离为9，则（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 3. 如图，在四棱锥中，底面，，底面为边长为2的正方形，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 5. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 6. 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知F为抛物线的焦点，过F作两条互相垂直的直线，，直线与C交于A，B两点，直线与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为 A. 16 B. 8 C. 1 D. 8. 已知椭圆与双曲线具有相同的左、右焦点，，点为它们在第一象限的交点，动点在曲线上，若记曲线，的离心率分别为，，满足，且直线与轴的交点的坐标为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题.每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 已知等差数列的前项和为，且，，，则（ ） A. 数列是递增数列 B. C. 当时，最大 D. 当时，的最大值为14 10. 已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B. 若点A在圆C内，则直线l与圆C相离 C. 若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D. 若点A在直线l上，则直线l与圆C相切 11. 已知一条线段的端点分别是，关于的方程，则（ ） A. 当时，方程所表示的曲线是以为直径的圆 B. 当时，方程所表示的曲线是双曲线 C. 存在，使得方程所表示的曲线是椭圆 D. 任意，方程所表示的曲线围成的封闭区域面积大于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范围是____． 13. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 14. 如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，的中点． （1）求证：平面平面EFG； （2）求平面与平面EFG间的距离． 15. 已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，． （1）求的通项公式； （2）证明：当时，． 16. 已知圆与x轴相切． （1）求圆C的圆心坐标及半径； （2）直线与圆C交于A，B两点，求线段的长． 17. 已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，． （I）求和的通项公式； （II）记， （i）证明是等比数列； （ii）证明 18. 若椭圆：上的两个点满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点.显然，对于椭圆上任意一点，总有两个共轭点.已知椭圆，点是椭圆上一动点，点的两个共轭点分别记为. （1）当点坐标为时，求； （2）当直线斜率存在时，记其斜率分别为，其中，求的最小值； （3）证明：的面积为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $