精品解析：内蒙古自治区鄂尔多斯市第一中学2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题

2025-2026学年第一学期上学期诊断性检测 高二数学 本试卷共150分 考试时间120分钟 命题人：谢娜 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 若双曲线的实轴长为虚轴长的倍，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 2. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过原点的直线与的左、右两支分别交于两点，点在上且，若以为直径的圆过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 一条光线从点出发，与x轴相交于点P，经过x轴反射后，反射光线经过点，则（ ） A. 4 B. 5 C. D. 4. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线：与圆：交于两点，则当弦最短时，圆与圆：的位置关系是（ ） A. 内切 B. 外离 C. 外切 D. 相交 6. 直线：和直线：，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 经过点，且在轴和轴上截距相等的直线方程是（ ） A. B. 或 C. D. 或 8. 已知三棱锥中，，若分别为和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. 3 B. C. D. 二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）. A. 直线过定点 B. 圆心到直线距离的最大值是 C. 直线被圆截得的弦长最小值为 D. 若点在圆上，则的取值范围为 10. 记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，．若经过点存在一条直线l与曲线和都相切，则______． 13. 已知抛物线的焦点为，为上一点，过作两条直线分别与交于两点，若直线的斜率为，直线的斜率和为1，则的值为______. 14. 如图，在长方体中，，，，分别是，的中点，则点到直线的距离为___________． 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. 已知函数． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，恒成立，求的取值范围． 16. 如图，在四棱锥中，底面 是矩形，. （1）证明：平面 平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 在数列中，. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 18. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，①求二面角的正弦值; ②求点F到平面ADB的距离. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的取值范围； （3）若存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期上学期诊断性检测 高二数学 本试卷共150分 考试时间120分钟 命题人：谢娜 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 若双曲线的实轴长为虚轴长的倍，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意求出，结合，即可求得离心率. 【详解】由题意知，所以，所以. 故选：D. 2. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过原点的直线与的左、右两支分别交于两点，点在上且，若以为直径的圆过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意推得四边形为矩形，可设，则，分别在直角三角形和直角三角形中，运用勾股定理，建立关于的等式，计算即可求解 【详解】连接，，，， 由以AB为直径的圆恰好过左焦点可得，由双曲线的对称性得四边形为矩形， 可设，则， 在直角三角形中，可得， 即，解得， 又在直角三角形中，， 即，， 因为 所以，即. 故选：C． 3. 一条光线从点出发，与x轴相交于点P，经过x轴反射后，反射光线经过点，则（ ） A. 4 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求点关于x轴的对称点为，利用对称得到，利用两点间距离公式计算求解. 【详解】由题意得关于x轴的对称点为， 所以. 故选：D. 4. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 5. 已知直线：与圆：交于两点，则当弦最短时，圆与圆：的位置关系是（ ） A. 内切 B. 外离 C. 外切 D. 相交 【答案】D 【解析】 【分析】先根据弦最短求的值，再根据圆心距判断两圆的位置关系. 【详解】如图： 因为圆的方程为，所以，半径为5. 因为直线的方程可化为，所以直线过定点. 当弦最短时，有. 此时，因为，所以，即. 所以圆：，圆心为，半径为3. 因为， 因为，所以圆与圆相交. 故选：D 6. 直线：和直线：，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先根据直线垂直计算求出参数，再应用充分必要条件定义判断求解. 【详解】直线：和直线：， “”，等价于，解得或. 所以“”可以推出，但“”时未必有 “”. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：B 7. 经过点，且在轴和轴上截距相等的直线方程是（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】分别讨论截距为0和不为0两种情况，设出直线方程，将点代入求解即可. 【详解】当直线在轴和轴上截距都为0时，设直线方程为， 将点代入解得，此时直线方程为，即； 当直线在轴和轴上截距相等且不为0时，设直线方程为， 将点代入解得，此时直线方程为，即 所以满足题意的直线方程为或. 故选：B. 8. 已知三棱锥中，，若分别为和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用对棱相等的三棱锥可构造在一个长方体中，从而利用长方体来建立空间直角坐标系，由空间向量法来求出异面直线所成角的余弦值. 【详解】由于对棱相等的三棱锥可如图构造在一个长方体中， 根据，可设， 则， 由图可知，则， 如图建系，可得， 所以 则， 即异面直线与所成角的余弦值为， 故选：C. 二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）. A. 直线过定点 B. 圆心到直线距离的最大值是 C. 直线被圆截得的弦长最小值为 D. 若点在圆上，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出直线所过定点的坐标，可判断A选项；记点，分析可知当时，此时（圆心到直线的距离）取最大值，可求出的最大值，可判断B选项；利用勾股定理结合B的结论可求出直线被圆截得的弦长最小值，可判断C选项；分析可得，利用圆的几何性质求出的取值范围，可得出的取值范围，可判断D选项. 【详解】对于A选项，直线的方程可化为，由可得， 所以直线过定点，A对； 对于B选项，设圆心到直线的距离为，记点， 当时，此时取最大值，即， 故圆心到直线距离的最大值是，B错； 对于C选项，设直线被圆截得的弦长为，则， 当取最大值，取最小值，则， 故直线被圆截得的弦长最小值为，C对； 对于D选项，如下图所示： 由题意可知，圆的圆心为，且该圆的半径为， 由圆的几何性质可得，， 即，故，D对. 故选：ACD. 10. 记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】应用等比数列通项公式及等比数列求和公式计算判断各个选项. 【详解】对A，由题意得，结合，解得或（舍去），故A正确； 对B，，故B正确； 对C，，故C错误； 对D，，， 则，故D正确； 故选：ABD. 11. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算，即可判断选项. 【详解】对于A：，因为，所以不平行，故A错误； 对于B：因为， 所以，故B正确； 对于C：， ，则，故C正确； 对于D：与夹角的余弦值为，故D正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，．若经过点存在一条直线l与曲线和都相切，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】首先求函数过点处的切线方程，再让切线与函数联立，根据，即可求解. 【详解】，设直线与相切于点 所以切线方程为，切线过点， 则，整理为， 设，，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，， 所以方程的根为， 所以切线方程为， 联立，得，，得. 故答案为：1 13. 已知抛物线的焦点为，为上一点，过作两条直线分别与交于两点，若直线的斜率为，直线的斜率和为1，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由抛物线的标准方程可得焦点坐标，设出点的坐标，利用直线斜率公式，结合两点距离公式，可得答案. 【详解】由抛物线，则焦点，由题意可设，，， 由直线的斜率为，则，解得， 由直线与直线的斜率之和为，则，解得， 所以，可得. 故答案为：. 14. 如图，在长方体中，，，，分别是，的中点，则点到直线的距离为___________． 【答案】 【解析】 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即得． 【详解】以为原点，建立空间直角坐标系， 则，所以 所以点到直线的距离为：， 即点到直线的距离为． 故答案为：． 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. 已知函数． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得切线方程斜率与切线所过点，据此可得答案； （2）分类讨论，两种情况下，的正负性可得单调区间； （3）由题可得，结合单调性，可得，最后由单调性可得答案. 【小问1详解】 若，则，． 又，所以， 故曲线在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 的定义域为，． 当时，，故在上单调递增； 当时，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减； 【小问3详解】 由，可得， 即， 令，易知单调递增， 由，可得， 则，即． 设，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以， 所以，因此的取值范围为． 16. 如图，在四棱锥中，底面 是矩形，. （1）证明：平面 平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为四边形是矩形， 所以，， 因为，，平面， 所以平面，平面， 因为平面 ，所以平面 平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，是直角三角形， 所以， 在中，， 所以是直角三角形，即， 因为，平面， 所以平面， 即两两互相垂直， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 平面的一个法向量可以为， 设平面与平面夹角， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 在数列中，. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）通过对递推式变形，构造出常数列，利用首项求出该常数列的数值，进而推导得的通项. （2）由得的表达式后，采用错位相减法计算得. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 所以数列为常数列， 又，所以，所以. 【小问2详解】 由（1）得， ， 两边同乘以，得， 两式相减，得 ， 所以. 18. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，①求二面角的正弦值; ②求点F到平面ADB的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2）；② 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理证得平面，从而证得； （2）由线面垂直的判定定理证得平面，以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量，根据二面角的向量求法以及同角三角函数关系可求得二面角的正弦值；根据等体积法求得点F到平面ADB的距离.或由点到平面的距离的向量求法求得点F到平面ADB的距离. 【小问1详解】 连接，因为E为BC中点，，所以， 因为，，所以与均为等边三角形， ，则. 因为，平面， 所以，平面. 因为平面，所以． 【小问2详解】 ①，，． ，，又，平面 平面． 如图所示，以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.    ，则，， 所以. 设平面的一个法向量分别为，平面的一个法向量为， ，取，所以； ，取，所以. 设二面角的平面角为. 则，从而． 所以二面角的正弦值为． ②由①知平面， 而可知，且平面，平面， 所以平面，则点到平面的距离与点到平面的距离相同， 设该距离为， 则，即. 方法二： 点到平面的距离为. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的取值范围； （3）若存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求曲线在点处的切线方程. （2）问题转化为，从而求参数的取值范围. （3）分情况讨论函数的单调性，得到函数极值的存在情况，再用作差法比较极值的大小. 【小问1详解】 由， 得， 当时，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 因为在上单调递增，所以. 由（1）知， 因为，所以，即在上恒成立， 所以，又，所以， 即的取值范围为. 【小问3详解】 ①当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 所以不存在极值，不合题意； ②当时，，所以当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以无极大值，不合题意； ③当时，的定义域为， 令，得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为，且，不合题意； ④当时，的定义域为，且， 令，得，且， 当时，；当时，；当时，； 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值为，极小值为，且， ， ， 因为，所以，所以， 即，符合题意. 综上所述，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $