精品解析：河北省唐山市曹妃甸区第一中学2025-2026学年高二上学期12月质量检测数学试题

曹妃甸区第一中学2025--2026学年第一学期高二年级12月质量检测 数学试卷 第I卷（选择题） 一､单选题：（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，只有一项是符合要求的．） 1. 已知数列，，3，，，…，则是这个数列的（ ） A. 第8项 B. 第9项 C. 第10项 D. 第11项 2. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 在等差数列中，，则的值为（ ） A. 7 B. 14 C. 21 D. 28 4. 已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 等差数列中的前项和分别为，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知三个数，，成等比数列，则圆锥曲线的离心率为（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 定义：在数列中，若对任意的都满足为常数，则称数列为等差比数列．已知等差比数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线E 的焦距为2c，右顶点为A，过A作x轴的垂线与E 的渐近线交于M、N 两点，若 则 E 的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. [ ，2] 二､多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. 数列有最大项，无最小项 C. 当时， D. 当或3时，取得最大值 10. 已知圆与圆，则（ ） A. 若圆与轴相切，则 B. 若，则圆与圆相交 C. 当时，两圆的公共弦长为 D. 直线与圆始终有两个交点 11. 如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（　　） A. 直线与平面所成角的正弦值为 B. 点到平面的距离为2 C. 直线与是异面直线 D. 平面截正方体所得的截面面积为 第II卷（非选择题） 三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 直线与直线平行，则_________. 13. 已知数列满足，，则数列的通项公式是_________ 14. 已知圆：，过作圆的一条切线，切点为，则的最小值为______. 四､解答题：（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明､证明过程及验算步骤．） 15. 已知直线l经过直线和的交点，且与直线垂直． （1）求直线l的方程； （2）若圆C的半径，且圆心C在y轴的负半轴上，直线l被圆C所截得的弦长为，求圆C的标准方程． 16. 已知等差数列的前n项和为，是公比大于1的等比数列， （1）求和的通项公式； （2）设求数列的前n项和. 17. 已知各项均为正数的数列的前n项和为，且 （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和 18. 如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值； （3）求点到平面的距离． 19. 如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和. （Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程； （Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明； （Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 曹妃甸区第一中学2025--2026学年第一学期高二年级12月质量检测 数学试卷 第I卷（选择题） 一､单选题：（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，只有一项是符合要求的．） 1. 已知数列，，3，，，…，则是这个数列的（ ） A. 第8项 B. 第9项 C. 第10项 D. 第11项 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列的规律，判断数据是数列中的第几项. 【详解】数列可以表示为，，，，，…， 则数列的一个通项公式为， ，是这个数列的第9项. 故选：B. 2. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将题中抛物线的方程转化为标准方程，从而得解. 【详解】由，可得， 所以准线方程为， 故选：C 3. 在等差数列中，，则的值为（ ） A. 7 B. 14 C. 21 D. 28 【答案】B 【解析】 【分析】由等差中项的性质计算即可； 【详解】因为在等差数列中，， 所以， 所以， 故选：B. 4. 已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆标准方程的特征得到关于的不等式组，解之即可得解. 【详解】因为方程表示椭圆，且焦点在y轴上， 则，解得. 故选：C. 5. 等差数列中的前项和分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意直接根据等差数列前项和公式得到，进一步代入数据即可得解. 【详解】等差数列中的前项和分别为，． 故选：B． 6. 已知三个数，，成等比数列，则圆锥曲线的离心率为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】椭圆、双曲线的方程简单性质，等比数列的性质，分类讨论，由已知求得值，然后分类讨论求得圆锥曲线的离心率解决即可． 【解答】因为三个数，，成等比数列， 所以，则． 当时，曲线方程为，表示椭圆， 则长半轴长为，半焦距为， 所以离心率为； 当时，曲线方程为，表示双曲线， 则实半轴长为，半焦距为， 所以离心率为． 故选：D 7. 定义：在数列中，若对任意的都满足为常数，则称数列为等差比数列．已知等差比数列中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中条件可求得数列的通项公式，继而，利用通项公式计算即可. 【详解】因为为等差比数列，，，， 所以是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以， 所以 故选： 8. 已知双曲线E 的焦距为2c，右顶点为A，过A作x轴的垂线与E 的渐近线交于M、N 两点，若 则 E 的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. [ ，2] 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出，再结合题干中的条件可知，通过解不等式可得的取值范围，结合双曲线的离心率公式可得答案. 【详解】由题意得，渐近线, 将代入得坐标为,所以, 因为轴，所以, 由已知可得, 两边同时除以得, 所以，即， 解得,所以， 而双曲线的离心率， 故选：A. 二､多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. 数列有最大项，无最小项 C. 当时， D. 当或3时，取得最大值 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用的关系可判定数列为等差数列，求出首项和公差，再根据数列的函数特性判定选项即可. 【详解】因为， 当时，， 当时，，满足， 故数列的通项公式为，易得， 故数列为首项，公差的等差数列. 对于选项A,B:因为公差，所以数列是递减数列,且数列有最大项，无最小项，故选项A错误，选项B正确； 对于选项C:因为，所以 因为数列是递减数列，故当时，，故选项C正确； 对于选项D: 由，, 结合二次函数知识可知,当或时，取得最大值,故选项D正确. 故选：BCD. 10. 已知圆与圆，则（ ） A. 若圆与轴相切，则 B. 若，则圆与圆相交 C. 当时，两圆的公共弦长为 D. 直线与圆始终有两个交点 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，先得到圆的圆心和半径，从而根据圆与轴相切得到方程，求出；B选项，求出两圆圆心距，满足，所以两圆相交，故B正确；C选项，两圆相减得到公共弦所在直线的方程，利用垂径定理得到公共弦长；D选项，求出直线所过定点坐标，判断出点在圆内，从而得到直线与圆始终有两个交点. 【详解】根据题意，圆，圆心为，半径， 圆， 即，圆心为，半径． 对于A，若圆与轴相切，则，则，故A错误； 对于B，若，圆的圆心为，两圆的圆心距为， ，因为，所以两圆相交，故B正确； 对于C，若，圆的方程为， 圆的方程为， ，圆与圆相交， 两圆方程相减得：，即两圆的公共弦所在直线的方程为， 圆心到的距离为1，则两圆的公共弦长，故C正确； 对于D，直线，即， 故直线恒过定点， 点到的距离为，即点在圆内， ∴直线与圆始终相交，有两个交点，故D正确． 故选：BCD 11. 如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（　　） A. 直线与平面所成角的正弦值为 B. 点到平面的距离为2 C. 直线与是异面直线 D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法计算判断选项A、B、C，判断截面为梯形，根据梯形面积公式计算D. 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 对于A：，由正方体性质可知平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则，A错误； 对于B：， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量， 则点到平面的距离，B正确； 选项C：,,所以，所以四点共面， 直线与不是异面直线，选项C错误. 对于D：由选项C的判断可知四边形是平面截正方体所得截面， 因为，，所以四边形是等腰梯形， 由已知可知，如图，过点作于， 因为，， 所以， 所以，D正确. 故选：BD. 第II卷（非选择题） 三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 直线与直线平行，则_________. 【答案】－2 【解析】 【分析】利用两直线平行：斜率相等，纵截距不等即可求出结果. 【详解】由，得到， 因为，所以，由，得到 所以，即，解得， 故答案为：. 13. 已知数列满足，，则数列的通项公式是_________ 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，再利用累乘法求解． 【详解】，，即， ， 满足上式，所以. 故答案为：． 14. 已知圆：，过作圆的一条切线，切点为，则的最小值为______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据切线长，将所求问题转化为求的最小值，进而利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】因为点在直线上，过点作圆的一条切线，切点为，则， 所以在中，， 要使最小，只需最小，因为点在直线上，圆心， 则的最小值即为点到直线的距离， 即，， 故答案为：2 四､解答题：（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明､证明过程及验算步骤．） 15. 已知直线l经过直线和的交点，且与直线垂直． （1）求直线l的方程； （2）若圆C的半径，且圆心C在y轴的负半轴上，直线l被圆C所截得的弦长为，求圆C的标准方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将两直线联立方程求出交点，再根据垂直的条件求出直线的斜率，代入点斜式可得直线方程； （2）设出圆的圆心和半径，利用圆的弦长公式可联立方程解方程可得. 【小问1详解】 由已知，得解得两直线交点为， 设直线l的斜率为k，因为直线l与垂直，所以，解得， 所以直线l的方程为，即． 【小问2详解】 设圆C的标准方程为， 由于直线l被圆C所截得的弦长为，设弦长为，圆的半径为，圆心到直线的距离为， 则，，， 则由题意，得， 解得或（舍去）， 所以圆C的标准方程为． 16. 已知等差数列的前n项和为，是公比大于1的等比数列， （1）求和的通项公式； （2）设求数列的前n项和. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，根据题意建立方程组，求解即可； （2）利用分组求和法结合等差数列和等比数列的求和公式求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，且． 依题意得，得，故， 又，消去可得，则（舍）或． 则，故． 【小问2详解】 因为，所以， 则. 17. 已知各项均为正数的数列的前n项和为，且 （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数列递推式求出，继而写出当时，，和已知等式相减可推出，，即可求得答案； （2）由（1）的结果可得的表达式，利用错位相减法求数列的和，即得答案. 【小问1详解】 当时，， 又的各项均为正数，所以； 当时，得，则， 所以， 又的各项均为正数，所以，所以，， 所以是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，， 所以，① 故，② ①-②得： ， 所以 18. 如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1） 取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； 【小问3详解】 由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 19. 如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和. （Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程； （Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明； （Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（Ⅰ）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为 （Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常数使得恒成立， 【解析】 【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：， 2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2. 又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1. 由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝，k2＝. 因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4. 因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1. (3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0， 显然2k＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝. 所以|AB|＝ ＝. 同理可得|CD|＝. 则， 又k1·k2＝1， 所以. 故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|. 因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立． 考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系 点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $