精品解析：天津市南开中学2025-2026学年高二上学期质量监测（三）数学试卷

南开中学2025-2026学年度第一学期质量监测（三） 高二数学试卷 考试时间：120分钟 Ⅰ卷（共60分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共150分.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题（共60分，每题5分） 1. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 9 B. 18 C. 27 D. 36 2. 若直线与互相垂直，则（ ） A. 2 B. 4 C. 4 D. 1 3. 圆与圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 外切 C. 外离 D. 内含 4. 若双曲线的虚轴长为，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知递增的等比数列满足，，则的公比（ ） A. 6 B. 3 C. D. 6. 过的直线与圆交于两点，当弦长度最短时，直线的方程是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，是抛物线上一点，是抛物线的焦点，，则（ ） A 8 B. 4 C. D. 8. 若数列满足，则（ ） A. 32 B. 10 C. D. 9. 已知等差数列的前项和分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知椭圆，该椭圆上一点到直线距离的最大值为，则该椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 11. 已知各项递增的等比数列，等差数列其前项和分别为，满足.将数列与中的项按从小到大依次排列构成一个新数列，则数列的前50项和（ ） A. 2106 B. 2196 C. 2234 D. 2550 12. 已知双曲线右焦点与抛物线的焦点重合，过的直线与双曲线的一条渐近线垂直且交于点，的延长线与抛物线的准线交于点，，的面积为，为原点，双曲线的方程为（ ） A B. C. D. Ⅱ卷（共90分） 二、填空题（共40分，每题5分） 13. 直线被圆所截得的弦长为__________. 14. 若抛物线的准线经过椭圆的左焦点，则__________. 15. 已知数列满足，则__________. 16. 设等比数列前项和为，若，则__________. 17. 过点且与圆相切的两条直线互相垂直，则__________. 18. 已知椭圆与椭圆相交于、、、四点，且与和的四个焦点在同一个圆上，则_____________. 19. 已知数列是递增的等差数列，且是函数的两个零点.设数列的前项和为，若不等式对任意正整数恒成立，则的取值范围为__________. 20. 将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，余下的区间段长度之和为；再将余下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，余下的区间段长度之和为.以此类推，不断地将余下各个区间均分为三段，并各自去掉中间的区间段.重复这一过程，记数列表示第次操作后余下的区间段长度之和.（i）__________；（ii）若，都有恒成立，则实数的取值范围是__________.（区间段长度是指数轴上一个区间的两个端点之间的距离，如的区间段长度为）. 三、解答题（21~22题，每题12分；23~24题，每题13分） 21. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，底面． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 22. 设是各项均为正数的等差数列，，前项和为是等比数列，，且，. （1）求和的通项公式； （2）求数列前项和为； （3）求的值. 23. 已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左，右焦点，点是椭圆上一动点，且面积最大值为3. （1）求椭圆的方程； （2）已知直线与椭圆交于两点. （i）若中点的横坐标为，求的值； （ii）已知点，直线与直线分别交于点，平面内是否存在一点，使得四边形为平行四边形.若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 24. 已知等差数列满足，记数列前项和为. （1）求数列的通项公式及； （2）在数列的每相邻两项间插入这两项的积，而形成新的数列，这样的过程叫做该数列的一阶“拓展”.例如对于数列1，3，一阶“拓展”得到数列1，3，3；二阶“拓展”得到数列1，3，3，9，3；依次构造，设阶“拓展”得到数列,（），设，则. （i）数列的通项公式； （ii）已知为正整数，设，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南开中学2025-2026学年度第一学期质量监测（三） 高二数学试卷 考试时间：120分钟 Ⅰ卷（共60分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共150分.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题（共60分，每题5分） 1. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 9 B. 18 C. 27 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】由等差数列的性质与已知条件，求出，结合等差数列前n项和公式即可求解. 【详解】由等差数列的性质得，则， 所以. 故选：D. 2. 若直线与互相垂直，则（ ） A. 2 B. 4 C. 4 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据两条直线垂直的条件求解即可. 【详解】由直线与互相垂直， 可知，解得. 故选：A 3. 圆与圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 外切 C. 外离 D. 内含 【答案】A 【解析】 【分析】求出两圆圆心距，利用几何法可得出两圆的位置关系. 【详解】圆的标准方程为，圆心，半径， 圆的标准方程为，圆心，半径， 因为，所以， 即，所以圆与圆相交. 故选：A. 4. 若双曲线的虚轴长为，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得，，进而可求渐近线方程，注意焦点所在位置. 【详解】因为双曲线的虚轴长为，即， 由双曲线方程可知，且焦点在x轴上， 所以该双曲线的渐近线方程为. 故选：B. 5. 已知递增的等比数列满足，，则的公比（ ） A. 6 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质，结合韦达定理构造一元二次方程求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，由题意可知. 因为是递增的等比数列，所以， 又，所以，是方程的两根，解得，. 所以，所以. 故选：C. 6. 过的直线与圆交于两点，当弦长度最短时，直线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆心坐标，可得圆心与点连线的斜率，利用弦长公式得到当直线与垂直时，弦长度最短，进而得到直线的斜率，再由点斜式得解. 【详解】圆的圆心为，半径为， 当直线与垂直时，圆心到直线的距离取到最大值， 利用弦长公式，得到此时弦长度最短， 由直线与垂直，得：， 又由圆心与点连线的斜率， 可得直线的斜率， 又因为直线过， 所以直线的方程为， 即． 故选：B 7. 如图，是抛物线上一点，是抛物线的焦点，，则（ ） A. 8 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据求出直线方程，与抛物线联立求出点横坐标，再根据抛物线定义求解即可. 【详解】抛物线的焦点. 设， 因为，所以，直线方程为， 与联立整理得，， 即，解得或， 所以点横坐标或， 当时，，不符合题意，舍去. 所以， 所以. 故选：D 8. 若数列满足，则（ ） A. 32 B. 10 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，分两步，当求出，当时得到，两式作差即可求出数列的通项公式，即可求解. 【详解】因为①，当时，， 当时②， ①减②得，所以，当时也成立， 所以，所以. 故选：C 9. 已知等差数列的前项和分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的前项和的公式特征，结合，可设，，得，再利用数列的前项和与通项的关系求出再计算即得. 【详解】因分别是等差数列的前项和，由， 可设，，则， 于是， ， 则. 故选：A. 10. 已知椭圆，该椭圆上一点到直线距离的最大值为，则该椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取椭圆上任意一点，利用点到直线的距离公式以及辅助角公式计算求出，即可求出离心率. 【详解】根据题意可设椭圆上任意一点， 则点到直线的距离如下， 为，其中； 易知，可得， 又，所以； 因此离心率为. 故选：B 11. 已知各项递增的等比数列，等差数列其前项和分别为，满足.将数列与中的项按从小到大依次排列构成一个新数列，则数列的前50项和（ ） A. 2106 B. 2196 C. 2234 D. 2550 【答案】A 【解析】 【分析】设等比数列的首项为，公比为，根据等比数列求和公式得到方程组，解得、即可求出的通项公式，利用基本量法列出方程组可求的通项公式，再依题意可知新数列的前50项中，数列的项只有前6项，数列有44项，再利用分组求和法计算可得. 【详解】设等比数列的首项为，公比为， 显然且. 由已知得，两式相除可得（负值舍去），所以， 所以； 设等差数列的首项为，公差为， ， ∴，，所以. 数列中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，…， 依题意可知新数列前50项中，数列的项只有前6项，数列有44项， 所以 . 故选：A 12. 已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，过的直线与双曲线的一条渐近线垂直且交于点，的延长线与抛物线的准线交于点，，的面积为，为原点，双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求点到渐近线的距离，再根据可求得、，即可根据三角形面积列出关系式，再根据得出关系式，即可解方程组求出. 【详解】设双曲线的半焦距为，设轴与准线交于点， 则，①，准线方程为， 不妨设直线与渐近线垂直， 则点到直线距离，则， 因，则，， 则②， 因，即，则③， 联立①②③得，，则双曲线的方程为. 故选：C Ⅱ卷（共90分） 二、填空题（共40分，每题5分） 13. 直线被圆所截得的弦长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出圆的圆心及半径，再利用圆的弦长公式计算得解. 【详解】圆，即的圆心，半径， 点到直线的距离， 所以所求弦长为. 故答案为： 14. 若抛物线的准线经过椭圆的左焦点，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据方程求椭圆的左焦点和抛物线的准线方程，根据题意列式求解即可. 【详解】由椭圆方程可知：， 则椭圆左焦点为， 又因为抛物线的准线方程为， 可得，解得. 故答案为：2. 15. 已知数列满足，则__________. 【答案】82 【解析】 【分析】利用累加法求解即可. 【详解】已知数列  满足 ，（）， 由递推式可得： ， ， ， . 将以上各式相加，左边消去相同项后得： ， 又 ，所以当时，， 又当时，依然成立， 所以， 令 ，得： . 故答案为：82 16. 设等比数列前项和为，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式和求和公式求解即可. 【详解】设等比数列的首项为，公比为. 由题可得， ，解得； 所以. 故答案为：. 17. 过点且与圆相切的两条直线互相垂直，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可知圆心为，半径为，结合点以及两切线垂直可知四边形为正方形，利用勾股定理可得半径. 【详解】易知圆的圆心为，半径为， 设点，过该点的两条切线与圆的切点分别为，如下图所示： 依题意可知，又因为， 因此可知四边形为正方形，所以，即可得. 故答案为： 18. 已知椭圆与椭圆相交于、、、四点，且与和的四个焦点在同一个圆上，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆和圆的对称性、椭圆的焦距公式进行求解即可. 【详解】因为两个椭圆的四个焦点在同一个圆上， 所以根据椭圆和的对称性可知，该圆的圆心为原点， 因此有， 且两个椭圆的半焦距为， 因此该圆的方程为， 又因为、、、四点与和的四个焦点在同一个圆上， 所以由椭圆和圆的对称性可知，这四个点也在圆上， 由，代入椭圆中， 得，又，故， 故答案为： 19. 已知数列是递增的等差数列，且是函数的两个零点.设数列的前项和为，若不等式对任意正整数恒成立，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据函数的零点求出等差数列的通项公式，再利用裂项相消法求出数列的前项和，最后根据数列的单调性求出的取值范围． 【详解】因为数列是递增的等差数列，且是函数的两个零点， 所以，则，． 因此，公差，首项，得． 因为，得，， 所以． 因为， 所以，由，易知单调递增． 因此，，由恒成立，得． 故答案为：． 20. 将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，余下的区间段长度之和为；再将余下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，余下的区间段长度之和为.以此类推，不断地将余下各个区间均分为三段，并各自去掉中间的区间段.重复这一过程，记数列表示第次操作后余下的区间段长度之和.（i）__________；（ii）若，都有恒成立，则实数的取值范围是__________.（区间段长度是指数轴上一个区间的两个端点之间的距离，如的区间段长度为）. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①根据题目条件，可以分别求出的取值；②结合①以及题目条件，先求出，，都有恒成立，转化为，，再利用函数的单调性，即可求解. 【详解】①由题意可知，，，； ②结合①以及题目条件，可知数列是一个等比数列，且首项，公比， 所以， 因为，都有恒成立，且， 所以恒成立，只需， 记，，显然， 所以，令，即， 化简得，解得，又， 所以当且时，，即单调递减， 又，，， ，，所以， 综上，当时，取最大值，所以，即实数的取值范围是． 故答案为：； 三、解答题（21~22题，每题12分；23~24题，每题13分） 21. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，底面． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理求得，进而得到，利用线面垂直的判定定理证明平面，得证； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法二面角； （3）利用向量法求点到面的距离. 【小问1详解】 因为，所以， 又，所以在中，由余弦定理，得，即， 所以，则， 又底面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 因为底面平面，所以， 结合（1）可知两两垂直. 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，取，则平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，取，则平面的一个法向量为， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知平面的一个法向量， 所以点到平面的距离. 22. 设是各项均为正数的等差数列，，前项和为是等比数列，，且，. （1）求和的通项公式； （2）求数列的前项和为； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组，解方程组即可求出通项公式. （2）由（1）的结论求出，再利用错位相减法求和即得. （3）由（1）的结论求出，再利用裂项相消法求和即得. 【小问1详解】 设公差为，公比为，依题意，，由，得， 解得，则， 所以和的通项公式分别为. 【小问2详解】 由（1）得， ，则， 两式相减得， 所以. 【小问3详解】 由（1）得， 所以. 23. 已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左，右焦点，点是椭圆上一动点，且面积最大值为3. （1）求椭圆的方程； （2）已知直线与椭圆交于两点. （i）若中点的横坐标为，求的值； （ii）已知点，直线与直线分别交于点，平面内是否存在一点，使得四边形为平行四边形.若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）存在， 【解析】 【分析】（1）利用离心率及三角形面积最大值建立方程求； （2）（i）联立直线与椭圆，利用韦达定理及给定条件求的值；（ii）求出坐标，利用平行四边形对角线互相平分的性质求点的坐标. 【小问1详解】 因为离心率为，所以， 由题意可知，当点为短轴端点时，的面积最大，即， 又，联立解得，， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）设，， 联立，消去得， 由，得， 由韦达定理，，， 设中点坐标为，则， 因为在直线上，所以，即 所以，解得； （ii）存在点使得四边形为平行四边形， 因为在椭圆上，所以易知，， 设直线的方程为， 令，得，同理， 又由（i）知， 所以 ， 所以线段的中点坐标为， 连接，则线段的中点坐标也为， 由于，可得，所以点H的坐标为. 24. 已知等差数列满足，记数列的前项和为. （1）求数列的通项公式及； （2）在数列的每相邻两项间插入这两项的积，而形成新的数列，这样的过程叫做该数列的一阶“拓展”.例如对于数列1，3，一阶“拓展”得到数列1，3，3；二阶“拓展”得到数列1，3，3，9，3；依次构造，设阶“拓展”得到数列,（），设，则. （i）数列的通项公式； （ii）已知为正整数，设，求. 【答案】（1）， （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）设公差为，利用等差数列的基本量运算求出，再由通项公式与前项和公式计算即得； （2）（i）根据数列的一阶“拓展”的要求，推理得到数列递推式，构造法证明是以为首项，3为公比的等比数列，求出数列的通项公式即可；（ii）先化简求得，利用倒序相加法推出，从而可得，再利用错位相减法即可求得结果. 【小问1详解】 在等差数列中，设公差为， 依题意，可得，解得. 故，. 【小问2详解】 （i）由已知，， 则 于是，可得是以为首项，3为公比的等比数列. 故，故； （ii）因. 则. 而中，共有项. 注意到； ∴； ； … 于是 ∴原式， 记， 则， 两式相减，可得， 则， 即，故得， 即 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $