河南省洛阳市第一高级中学2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题

洛阳一高2024级1月月考数学试卷 命题人：王玮琪 审核人：宋甜甜 刘宗毅 2026.1.7 一、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.已知直线与垂直，则实数的值为 A. B.或 C. D.或 2.若等比数列满足，，则数列的公比等于 A.或 B.或 C. D. 3.点到直线的距离的最大值为 A. B. C. D. 4.已知数列满足，，则 A. B. C. D. 5.方程表示的曲线为 A.两个半圆 B.一个圆 C.半个圆 D.两个圆 6.在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为 A. B. C. D. 7.设点，若在圆上存在点，使，则的取值范围为 A. B. C. D. 8.已知，在上，则的面积 有最大值，但没有最小值 没有最大值，但有最小值 既有最大值，也有最小值 既没有最大值，也没有最小值 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.已知实数满足方程，则 A.的最大值为 B.的最小值为 C.的最大值为 D.的最小值为 10.已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则 该圆锥的体积为 该圆锥的侧面积为 的面积为 11.设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于两点，为的准线，则 为等腰三角形 以为直径的圆与相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.已知递增的等比数列前项和为，且，则数列的前10项和为__________. 13.直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若，，则此球的表面积等于___________. 14.设是椭圆的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点…)，使，…，组成公差为的等差数列，则的取值范围为_________. 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． 15.(13分)设抛物线，为坐标原点，点，过点的直线与交于两点． (1)证明：； (2)证明：． 16.(15分)记为数列的前项和．已知． (1)证明：是等差数列； (2)若成等比数列，求的最小值． 17.(15分)如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中． (1)求证：． (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18.(17分)某牧场今年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为8%，且在每年年底卖出100头牛．设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为，，，…． (1)写出一个递推公式，表示与之间的关系； (2)将(1)中的递推公式表示成的形式，其中为常数； (3)求的值（精确到1）． () 19.(17分)已知椭圆，圆，点均在椭圆上，为坐标原点，直线分别与圆相切于两点． (1)求椭圆的离心率； (2)当，四边形为菱形时，求圆的方程； (3)若直线的斜率乘积为定值，求的值． 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 洛一高2024级1月月考数学学科参考答案2026.1.7 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12. 13. 14. 1.【解析】，则，解得或. 故选． 2.【解析】因为等比数列满足，， 设公比为，可得且，解得． 故选． 3.【解析】直线表示经过点，且斜率为的直线， 根据点到直线的距离的定义，可知时，点到直线的距离等于，达到最大值． 故选． 4.【解析】因为，， 所以，得； 由，得； 由，得； 由，得． 故选． 5.【解析】两边平方化简得. 由得或. 当时，方程为， 表示圆心为且半径为的圆的右半圆； 当时，方程为， 表示圆心为且半径为的圆的左半圆. 综上所述，得方程表示的曲线为两个半圆. 故选． 6.【解析1】如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角. 因为平面，所以， 又，， 所以平面，所以. 设正方体棱长为2，则， ，所以. 故选. 【解析2】建系 7.【解析】已知点在直线上. 设圆与直线的交点为，显然假设存在点，使， 只需满足. 由于，所以只需在中，， 解得，且. 当时，显然满足条件. 故选． 8.【解析】设曲线上一点为，则，则， ，方程为，即， 根据点到直线的距离公式，到的距离为， 设， 由于，显然关于单调递减，，无最小值， 即中，边上的高有最大值，无最小值， 又一定，故面积有最大值，无最小值. 故选. 9.【解析】∵实数满足方程，表示以为圆心，半径等于的圆． 过原点作圆的切线，由，求得，可得的最大值为，的最小值为，故正确． 令，直线与圆相切时，根据圆心到直线的距离，求得,则的最大值为，故错误． ∵表示圆上的点到原点的距离，它的最小值为圆心到原点的距离减去半径，故的最小值为，故错误. 故选． 10.【解析】依题意，，，所以， 选项，圆锥的体积为，选项正确； 选项，圆锥的侧面积为选项错误； 选项，设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，选项正确； 选项，，所以，选项错误. 故选. 11.【解析】选项：直线过点，所以抛物线的焦点， 所以，则选项正确，且抛物线的方程为. 选项：设， 由消去并化简得， 解得，所以，选项正确. 也可以由焦点弦长公式. 选项：直线，即， 到直线的距离为， 所以三角形的面积为， 由上述分析可知， 所以， 所以三角形不是等腰三角形，选项错误. 选项：设的中点为，到直线的距离分别为， 因为， 即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，选项正确. 故选. 12.【解析】设递增等比数列前n项和为,公比为. 由，可得， 解得，或(舍去)， 则，, 则数列的前10项和为. 故答案为． 13.【解析】由，及余弦定理得. 设外接圆半径为，则由正弦定理得. 设直棱柱的外接球半径为，则，. 故答案为. 14.【解析】椭圆的右焦点为，设为椭圆上一点，易得， 当时，. 同理，当时，，故的取值范围为. 15.【解析】(1)设的方程为， ………1分 由，得. ………2分 设，则 ， ………4分 , ………5分 ， ………6分 . ………7分 (2)由(1)得， ………9分 ∴， ………11分 ∴， ………12分 ∴. ………13分 16.【解析】(1)证明：由已知有， ① ………1分 ， ② ………2分 ②①可得， ………4分 整理得， ………6分 由等差数列定义得为等差数列. ………7分 (2)由(1)可得，，. ………8分 又，，成等比数列， ， ………10分 即，解得， ………11分 ， ………12分 ， ………14分 当或时,取得最小值． ………15分 17.【解析】(1)证明： 平面平面，平面平面，平面， ∴平面， ………2分 ∵平面， ∴． ………4分 (2)取的中点，连接. ………5分 为等边三角形，. ………6分 平面平面，平面平面，平面， 平面. ………7分 ， 四边形是平行四边形， . ………8分 ， 两两垂直. ………9分 以为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，， .…10分 令，， . ………11分 设平面的法向量为， 则, 取，得. ………12分 易知平面的一个法向量为， ………13分 ， 化简得, 解得或. ………14分 又，，即， 线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为, 此时. ………15分 18.【解析】(1)由题意，得，并且 ． ① ………2分 (2)将化成 ． ② ………4分 比较①②的系数，可得 ………6分 解这个方程组，得 ………8分 所以(1)中的递推公式可以化为． ………10分 (3)由(2)可知，数列是以为首项，1.08为公比的等比数列，…12分 则 ………14分 . ………16分 所以. ………17分 19．【解析】(1)由题可得, ………1分 ，即椭圆的长半轴长为，短半轴长为， ………2分 . ………3分 (2)当时，椭圆. ………4分 又圆， ………5分 则圆心，半径，如图. 点在椭圆上，， ① ………6分 又直线分别与圆相切于两点， ，且. 四边形为菱形，所以四边形为正方形， ………7分 ， , ② ………8分 由①②得或， ………9分 圆的方程为或. ………10分 (3)直线分别与圆相切，且直线的斜率乘积为定值， 直线斜率都存在. 设直线的方程为，直线的方程为. ………11分 到直线的距离都为2， ， ………12分 即,， 为方程的两根， . ………13分 又点在椭圆上， ， . ………14分 直线的斜率乘积为定值，设定值为， 则对恒成立， ………15分 即对恒成立， ,解得, ………16分 的值为2．声明 ………17分：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/12/22 20:00:34；用户：王伟琪；邮箱：mkz18@xyh.com；学号：45336144 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $