精品解析：河北省邢台市邢台五校联考2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题

高二年级期末质量检测 数学 考试说明： 1.本试卷共150分.考试时间120分钟. 2.请将各题答案填在答题卡上. 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. 直线的一个方向向量的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 3. 设向量，，若，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 4. 已知双曲线的实轴长是虚轴长的3倍，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等比数列的公比为，则“数列是递增数列”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 圆与圆的公共弦长是（ ） A. B. C. 3 D. 4 7. 在数列中，，，若不等式 对恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 记数列的前项和为，对任意，当且仅当，则（ ） A. 442 B. 455 C. 470 D. 485 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 空间中两点 ，，则 B. 双曲线 的渐近线方程是 C. 若数列 满足 ，，则 D. 圆 上到直线 的距离为 的点有三个 10. 已知等差数列的前项和为，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知点，，动点满足，动点的轨迹为曲线，为直线上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 的方程 B. 过作的两条切线，切点分别为，则直线过定点 C. 若点是上一点，则的最大值为 D. 若点是上一点，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线的倾斜角为___________. 13. 已知函数，正项等比数列满足，则___________． 14. 过圆 上一点 作圆 的一条切线 ，离心率为 的椭圆 ， 与椭圆 交于 ， 两点， 为坐标原点， 为 的中点，且点 不在 轴上，则直线 的斜率为 ________. 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. 如图，把边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得点D到达点处，，O，M分别为AC，的中点. （1）求证：平面平面； （2）N为直线MO上的动点，求直线BN与平面所成角正弦值的最大值. 16. 已知数列的前项和为，，，. （1）求的通项公式及； （2）求数列的前项和. 17. 已知点在抛物线上，是的焦点，． （1）求的标准方程； （2）若是的准线，过点作直线的垂线，垂足为，线段交于点，且为锐角三角形，，求的值及的外接圆半径． 18. 已知数列满足． （1）证明：数列是等比数列，并求； （2）设，求数列的前项和； （3）设，证明：． 19. 已知椭圆，过点作两条动直线、，分别交于两点、（、与不重合），且满足，其中、分别为直线、的斜率． （1）若直线的斜率为，求线段的长度； （2）求直线的斜率； （3）设直线与分别交轴于点、，求证：的中点为定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级期末质量检测 数学 考试说明： 1.本试卷共150分.考试时间120分钟. 2.请将各题答案填在答题卡上. 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. 直线的一个方向向量的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知直线的斜率，结合方向向量与斜率之间的关系分析判断. 【详解】因为直线的斜率， 则直线的方向向量满足， 检验可知选项ABC错误，D正确. 故选：D. 2. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将抛物线方程化成标准方程，即可求得其准线方程. 【详解】将抛物线方程化成标准方程为， 则焦点在y轴正半轴上，则，得, 所以抛物线的准线方程为． 故选：B． 3. 设向量，，若，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量垂直得到向量的数量积为0，即可解得. 【详解】因为，所以，解得. 故选：C. 4. 已知双曲线的实轴长是虚轴长的3倍，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得，结合双曲线的离心率运算求解即可. 【详解】由题意可知：，可得， 所以双曲线的离心率． 故选：A． 5. 已知等比数列的公比为，则“数列是递增数列”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列定义、数列单调性意义，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若等比数列是递增数列，则或，则必有； 取，数列的公比，而数列是递减数列， 所以“数列是递增数列”是“”的充分不必要条件. 故选：A 6. 圆与圆的公共弦长是（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】用圆的方程减去圆的方程得到公共弦所在直线的方程，结合垂径定理求公共弦长. 【详解】设圆，圆， 圆，其圆心，半径； 圆，其圆心，半径； 则，即，可知两圆相交， 用圆的方程减去圆的方程得到公共弦所在直线的方程为， 圆心到直线的距离， 所以公共弦长是. 故选：D. 7. 在数列中，，，若不等式 对恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列的前n项和与通项之间的关系推出，结合题意可得，设，结合数列单调性可得的最大值，即可得结果. 【详解】因为，， 当时，则， 两式相减可得：，即， 且，即，可知数列是各项均为的常数列， 所以，即. 因为，即，可得， 设，则， 令，解得， 当时，数列递增；当时，；当时，数列递减， 所以的最大值为. 因为对恒成立， 可得，所以实数的取值范围是. 故选：C. 8. 记数列的前项和为，对任意，当且仅当，则（ ） A. 442 B. 455 C. 470 D. 485 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知区间上的项数为，分别令，第50项属于的段，进而可得，利用并项求和法运算求解. 【详解】由题意可知：区间上的项数为， 所以当确定时，有个连续的，可得， 当时，，则项数为1，对应； 当时，，则项数为3，对应； 当时，，则项数为5，对应； 当时，，则项数为7，对应； 当时，，则项数为9，对应； 当时，，则项数为11，对应； 当时，，则项数为13，对应； 前7段的项数之和为， 所以第50项属于的段，此时， 所以． 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 空间中两点 ，，则 B. 双曲线 的渐近线方程是 C. 若数列 满足 ，，则 D. 圆 上到直线 的距离为 的点有三个 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间中两点间距离公式计算可判断A；根据双曲线性质计算可判断B；根据累加法及裂项相消法计算可判断C；计算圆心到直线的距离后，根据其与的关系可判断D. 【详解】对于A，由空间中两点间的距离公式得，故A正确； 对于B，双曲线的渐近线方程为，故B错误； 对于C，由题意知， 所以当，，，，，， 把以上式子相加可得， 所以， 经检验当也符合，故C正确； 对于D，先将圆的方程化为标准方程，所以圆心坐标为，半径， 因为圆心到直线的距离， 所以圆  上到直线  的距离为  的点有三个，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知等差数列的前项和为，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，由结合通项公式可得，再借助等差数列的性质及前项和逐项分析判断即可. 【详解】设等差数列的公差为，，由，得， 即，因此，， 对于A，由，得，若，数列单调递增， 则，矛盾，因此，A正确； 对于B，由，得，则，， 而，则，，B正确； 对于C，由，得，而，则与异号， ，而的正负不确定，因此的符号不确定，C错误； 对于D，由，得，D错误. 故选：AB 11. 已知点，，动点满足，动点的轨迹为曲线，为直线上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 的方程 B. 过作的两条切线，切点分别为，则直线过定点 C. 若点是上一点，则的最大值为 D. 若点是上一点，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，即可整理得到曲线的方程，判断A选项；设点H坐标为，由此写出切线方程，然后求得直线的定点，判断B选项；令，由直线与曲线相切时有最值，由圆心到直线的距离建立方程解得最值，判断C选项；构造向量，，当直线与圆相切时，最小，由向量的数量积求得的最大值， 判断D选项. 【详解】对于A，因为，所以，整理得，故A正确； 对于B，因为H为直线上一点，设点H坐标为， 则直线MN的方程为，整理得， 令，解得，所以直线MN过定点，故B正确； 对于C，令，对于直线，与C相切时有最值，此时圆心到直线的距离，解得或，所以的最大值为，故C错误； 对于D，，表示点到点的距离，取，，， 则， 当直线与圆相切时，与的夹角最小， 此时在中，，，， 所以，， 所以，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线的倾斜角为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用直线一般式求得直线的斜率，进而得到其倾斜角，从而得解. 【详解】因为直线的斜率为， 因此直线的倾斜角为． 故答案为：. 13. 已知函数，正项等比数列满足，则___________． 【答案】6078 【解析】 【分析】可证，结合等比数列性质可得，利用并项求和法运算求解. 【详解】因为，则， 即当时，， 又因为是正项等比数列，则， 可得， 因为， 可得 ， 所以． 故答案为：6078. 14. 过圆 上一点 作圆 的一条切线 ，离心率为 的椭圆 ， 与椭圆 交于 ， 两点， 为坐标原点， 为 的中点，且点 不在 轴上，则直线 的斜率为 ________. 【答案】 【解析】 【分析】利用点差法得到椭圆中点弦斜率公式，并结合圆的切线性质列出直线斜率满足的关系式，再设点，利用斜率公式和圆的方程建立关系求解即可. 【详解】因为，所以，设在椭圆上， 代入得； 两式相减得，整理， 则， 又因为， 且点为弦的中点，所以，则， 所以， 且直线为圆的切线，则， 得到， 设， 所以，整理得，代入到圆方程中得. 故或 或， 综上，. 故答案为：. 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. 如图，把边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得点D到达点处，，O，M分别为AC，的中点. （1）求证：平面平面； （2）N为直线MO上的动点，求直线BN与平面所成角正弦值的最大值. 【答案】（1） 如图，连接，，由题意可知：， 因为，则， 又因为，，平面， 所以平面， 且平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，，可得，，可证平面，即可得面面垂直； （2）建系并标点，设，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知：，，， 如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 且是中点，则， 可得，， 设，，则， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以直线与平面所成角正弦值的最大值为. 16. 已知数列的前项和为，，，. （1）求的通项公式及； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得，数列是从第2项起以1为公差的等差数列，由此可求得数列的通项公式及； （2）根据数列的项的正负，分，和三种情况分析并求得. 【小问1详解】 由题意，，， 则数列是从第2项起以1为公差的等差数列， 所以， 因此，当时， ； 当时，，符合， 故. 【小问2详解】 由（1），令，得，即当或时，； 当时，. 当时，； 当时，，符合； 当时，. 故. 17. 已知点在抛物线上，是的焦点，． （1）求的标准方程； （2）若是的准线，过点作直线的垂线，垂足为，线段交于点，且为锐角三角形，，求的值及的外接圆半径． 【答案】（1）或. （2）外接圆的半径为 【解析】 【分析】（1）由抛物线焦半径公式得到的坐标为，代入抛物线方程即可求解； （2）设准线与轴的交点为，过点作准线的垂线，交于点，由余弦定理求得，再通过，求得，再由正弦定理求外接圆半径. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以点的坐标为， 代入的方程得16，解得或8， 所以抛物线的标准方程为或. 【小问2详解】 当抛物线的方程为时，准线的方程为， 设准线与轴的交点为，过点作准线的垂线，交于点， 则 此时， 所以是锐角且， 又因为，所以为锐角三角形， 因为点在抛物线上，所以， 所以， 外接圆的半径； 当抛物线的方程为时，同理可得， 此时， 与为锐角三角形矛盾， 综上，外接圆的半径为 18. 已知数列满足． （1）证明：数列是等比数列，并求； （2）设，求数列的前项和； （3）设，证明：． 【答案】（1） 因为，所以， 将上式变形为， 又因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以. （2） （3） 由题知，当时，； 当时，； 当时，， 所以 综上，得证. 【解析】 【分析】（1）可化为，利用等比数列的定义即可证明，利用等比数列的通项公式即可求出； （2）利用错位相减法即可求出答案； （3）由题意知，先证明和时，不等式成立，当时，，利用等比数列前项和公式求和即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以， 所以①， ②， ①-②得 ， 所以. 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆，过点作两条动直线、，分别交于两点、（、与不重合），且满足，其中、分别为直线、的斜率． （1）若直线的斜率为，求线段的长度； （2）求直线的斜率； （3）设直线与分别交轴于点、，求证：的中点为定点． 【答案】（1） （2） （3） 设直线的斜率为，则直线的斜率为，所以直线的方程为， 令，解得点的横坐标，所以， 同理可得，点的坐标为， 设的中点为，则，， 所以线段的中点为定点. 【解析】 【分析】（1）将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求得的值； （2）设直线的方程为，将椭圆方程变形整理得出，令，可得出，结合韦达定理以及可得出、的关系，即可得出直线的斜率； （3）设直线的斜率为，则直线的斜率为，求出直线的方程，可得出点的坐标，进而可得出点的坐标，结合中点坐标公式可证得结论成立. 【小问1详解】 由题意得直线的方程为，即， 由消得，， 设、，则，， 所以. 【小问2详解】 设直线的方程为， 椭圆方程整理可得， 所以， 整理得， 从而， 令，则上述方程可化为， 所以、为关于的方程的两根， 则，解得， 所以直线的方程为，可得. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $