精品解析：重庆复旦中学教育集团2024-2025学年高二下学期开学定时作业数学试题

重庆复旦中学教育集团2024-2025学年度下期开学定时作业 高2026届数学试题 本试卷分为I卷和Ⅱ卷，考试时间90分钟，满分150分.请将答案工整地书写在答题卡上. 一、单选题（每小题8分） 1. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知双曲线的一个焦点坐标为，则的值为（ ） A. 24 B. 25 C. 7 D. 8 3. 已知等比数列满足，，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 5. 已知直线 上有动点，点为圆 上的动点，则 的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 6. 若椭圆与双曲线有相同焦点，，P是两曲线的一个交点，则的面积是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知正方体的棱长为1，M为棱的中点，G为侧面的中心，点P，Q分别为直线，上的动点，且，当取得最小值时，点Q到平面的距离为（ ） A B. C. 1 D. 8. 设数列前n项和为，若，且存在正整数k，使得，则的取值集合为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题12分） 9. 对于直线与圆，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线与圆不可能相切 C. 直线被圆截得弦长的最小值为6 D. 圆上一点到点的最大距离为8 10. 已知数列的前n项和，则（ ） A. B. C. 数列的前2n项和为 D. 三、填空题（每小题10分） 11. 直线，，当时，直线与之间的距离为__________. 12. 已知数列是公差为2的等差数列，是公比为3的是等比数列，且，设，则______ 四、解答题（共42分，13题12分，14题15分，15题15分） 13. 已知数列满足，． （1）求证：数列是等比数列； （2）设求的前项和． 14. 设为实数，圆方程为． （1）若圆和圆的公共弦长为，求的值； （2）若过点的圆与圆相切，切点为，求圆的标准方程． 15. 已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆复旦中学教育集团2024-2025学年度下期开学定时作业 高2026届数学试题 本试卷分为I卷和Ⅱ卷，考试时间90分钟，满分150分.请将答案工整地书写在答题卡上. 一、单选题（每小题8分） 1. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标关系可得，即可根据模长公式求解. 【详解】由于与垂直，故，解得， 故， 故选：C 2. 已知双曲线的一个焦点坐标为，则的值为（ ） A. 24 B. 25 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线方程确定，再根据，即可求解. 【详解】由题意可知，，， 所以，则. 故选：D 3. 已知等比数列满足，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，由条件结合等比数列通项公式求，由此可求结论, 【详解】数列为等比数列，设数列的公比为， 因为，， 所以， 所以，即， 故. 故选：C. 4. 已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求解即可. 【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上， 所以到准线的距离为， 又到直线的距离为， 所以，故. 故选：D. 5. 已知直线 上有动点，点为圆 上的动点，则 的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先计算出圆心到直线距离，再减去该圆半径即为最小值. 【详解】由可知，该圆圆心为，半径为， 则圆心到直线的距离， 故圆心到直线上的点的长度最短为， 则. 故选：B. 6. 若椭圆与双曲线有相同的焦点，，P是两曲线的一个交点，则的面积是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】椭圆与双曲线有相同焦点得到．根据双曲线和椭圆的定义可得，，在中由三边的关系得出其为直角三角形，利用面积公式求结论． 【详解】由题意设两个圆锥曲线的焦距为， 椭圆的长轴长，双曲线的实轴长为， 由它们有相同焦点，得到，即． 不妨令在双曲线的右支上，由双曲线的定义，① 由椭圆定义，② ①2②2得， 所以， ①2②2得， 所以， 又，故， 所以， 则的形状是直角三角形 即有的面积为. 故选：A． 7. 已知正方体的棱长为1，M为棱的中点，G为侧面的中心，点P，Q分别为直线，上的动点，且，当取得最小值时，点Q到平面的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，，根据，得到，从而得到，再由向量模的坐标表示求出的最小值及此时、的值，最后利用空间向量法求出点到平面的距离. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，设，， 所以，， 因为，所以，即，所以， 又，所以，当且仅当时取等号，此时， 所以，，， 设平面法向量为，所以，取， 所以当取得最小值时，点Q到平面的距离. 故选：A 8. 设数列的前n项和为，若，且存在正整数k，使得，则的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用分组求和法求得，不妨令，求得，即，由，得或17，再分类讨论求得． 【详解】因为，所以 不妨令，可得，解得或（舍去）， 所以. 又因为，所以或17， 因为，所以，所以. 当时，由， 所以， 当时，由， 又由， 所以. 所以的取值集合为. 故选：B 二、多选题（每小题12分） 9. 对于直线与圆，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线与圆不可能相切 C. 直线被圆截得的弦长的最小值为6 D. 圆上一点到点的最大距离为8 【答案】BD 【解析】 【分析】根据含参直线方程求定点坐标判断A；判断直线过的定点在圆内判断B；当与点和圆心的连线垂直时，被截得的弦长最小，计算可求弦长的最小值判断C；根据圆上一点到点的最大距离为可判断D. 【详解】对于A：可变形为， 由，得，所以直线过定点，故A不正确； 对于B：圆的标准方程为，半径为3， 由，所以点在圆的内部，所以与相交，不会相切，故B正确； 对于C：当与点和圆心的连线垂直时，被截得的弦长最小. 此时圆心到直线的距离， 所以弦长的弦长最小值为，故C不正确； 对于D：圆上一点到点的最大距离为，故D正确. 故选：BD. 10. 已知数列的前n项和，则（ ） A. B. C. 数列的前2n项和为 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意设可求首项，继而利用与关系求得通项公式，判断各选项，即得答案． 【详解】A选项，由已知，不适合，A正确，从而B错误； 时，，所以， C选项，数列的前项和为： ，C正确； D选项， ，D错． 故选：AC. 三、填空题（每小题10分） 11. 直线，，当时，直线与之间的距离为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由两直线平行列方程求，根据平行直线间距离公式求解即可. 【详解】因为直线，，， 所以，解得或， 当时，直线，，两直线重合，不满足要求， 当时，直线，，两直线平行，满足要求， 所以当时，直线与之间的距离为. 故答案为：. 12. 已知数列是公差为2的等差数列，是公比为3的是等比数列，且，设，则______ 【答案】 【解析】 【分析】先求出数列，的通项，再利用分组求和法出，即可得解. 【详解】由题意，， 则 ， 所以. 故答案为：. 四、解答题（共42分，13题12分，14题15分，15题15分） 13. 已知数列满足，． （1）求证：数列是等比数列； （2）设求的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件及等比数列的定义即可求解； （2）根据（1）的结论及等比数列的通项公式，利用数列求和中的错位相减法即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 又因为， 所以， 所以， 故数列是以首项为，公比为的等比数列. 【小问2详解】 由（1）可知，，即， 所以. 所以 由，得 ， 所以. 故前项和为. 14. 设为实数，圆的方程为． （1）若圆和圆的公共弦长为，求的值； （2）若过点的圆与圆相切，切点为，求圆的标准方程． 【答案】（1）1或 （2） 【解析】 【分析】（1）求出两圆公共弦所在直线方程为，结合弦长求得； （2）结合已知条件求出圆的方程，求出圆心和半径，设出圆的标准方程，利用切点以及两圆圆心共线求出圆的圆心的横纵坐标之间的关系，然后利用圆半径相等即可求解. 【小问1详解】 由题知两圆相交， 将圆与圆相减可得， 即两圆公共弦所在直线方程， 圆心到直线的距离为， 所以，解得或， 所以实数的值为或. 【小问2详解】 将点代入圆，可得， 所以圆的方程为，即， 所以圆的圆心为，半径为， 设圆的标准方程为， 因为圆与圆相切于点，所以、、三点共线， 所以直线的方程为，即， 将点代入得①，又点在圆上， 则，即②， 由①②两式解得，，， 所以圆的标准方程为. 15. 已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解，. 【小问1详解】 由题意可得，∴由题意可得且，解得，， ∴椭圆的方程为：． 【小问2详解】 解法1：由（1）可得， 当直线 没有斜率时，设方程为： ，则 ，此时，化简得： 又，解得 或（舍去），此时P到直线l的距离为 设直线l有斜率时，设，，设其方程为：，联立可得且整理可得：， ，且，， ，整理可得：， 整理可得，整理可得，即，或， 若，则直线方程为：，直线恒过，与P点重合， 若，则直线方程为：，∴直线恒过定点，∴P到直线l的距离的最大值为的值为， 由于 ∴点P到直线l距离的最大值． 解法2：公共点，左移1个单位，下移个单位，， ，， ，等式两边同时除以，，，，， 过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为， 由于 ∴点P到直线l距离的最大值． 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$