河南省信阳高级中学北湖校区2025-2026学年高二上学期1月测试（二）数学试题

河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高二上期01月测试（二） 数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B B A B C D B B BC ACD ABD 1 学科网（北京）股份有限公司 12．8 13．2 14．/ 15．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由条件结合等比数列的性质可求，再结合等比数列通项公式求，由此可求的通项公式； （2）由（1）可得，利用裂项相消法求，再证明结论. 【详解】（1）因为数列是等比数列，且， 解得或， 若，，则与矛盾，舍去； 若，，则，，满足题意， 所以. （2）由（1）知，，所以， 所以， 因为，所以. 16．(1) (2)或 【分析】（1）解法一：设圆的方程为，由条件列方程求可得结论； 解法二：求过点与垂直的直线方程，与联立求圆心坐标，再求圆的半径，由此可得圆的方程； （2）由条件结合弦长公式可得圆心到直线的距离，分直线的斜率不存在和存在两种情况求对应的直线方程可得结论. 【详解】（1）解法一  因为圆心在直线上，所以设圆心为， 设圆C的方程为， 则依题意可得，， 解得， 所以圆心，半径， 即圆的标准方程为. 解法二  因为在直线上，所以为切点， 过点与垂直的直线为， 联立得，圆心，， 故圆的标准方程为. （2）由（1）可得圆心，半径， 由得圆心到直线的距离为， （ⅰ）当过点的直线斜率不存在时，则直线方程为， 圆心到直线的距离为2，符合题意； （ⅱ）当过点的直线斜率存在时， 可设直线方程，即， 由圆心到该直线的距离， 可得，解得， 此时，直线的方程为， 综上所述，直线的方程为或. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质可得线面垂直平面，进而得.根据等腰直角三角形的性质可得，即可证明线面垂直求证，或者建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算求解 （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，或者利用空间垂直关系得为两平面的平面角，进而根据三角形的边角关系求解.. 【详解】（1）解法一；由，是棱的中点，得. 又平面平面，平面平面，且平面； 所以平面，平面，得. 取中点，，，知，点， 即为中点，又是棱的中点，知，， 所以平面，平面，所以. 解法二：由，是棱的中点，得. 又平面平面，平面平面，且平面； 所以平面，平面，得. 连接，则由，及是线段的中点，得. 由（1）知，平面，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. 设，得，，，， 则，，，所以. （2）连接，则由，及是线段的中点，得. 由（1）知，平面，如图以点为坐标原点， ，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系. 四棱锥的体积为，且，，，得 是线段的中点，， 得，，，，，，. 所以，，设平面的一个法向量为， 则取，可得； 由（1）知平面，所以平面的一个法向为， 设平面与平面夹角为，则， 因为，所以平面与平面的夹角为. 18．(1) (2)（ⅰ），或；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求，由此可得椭圆方程； （2）解法一：（ⅰ）设直线的方程为，利用设而不求法表示关系，解方程求可得结论； （ⅱ）由（1）可得，由（ⅰ）可得，代入即可证明结论； 解法一：（ⅰ）设直线的方程为，利用设而不求法表示关系，解方程求可得结论； （ⅱ）由（1）可得，结合设而不求结论代入即可证明结论； 【详解】（1）设椭圆的半焦距为， 因为椭圆的左，右焦点分别为，， 所以，又椭圆的离心率为， 所以， 故， 于是， 所以椭圆的标准方程为. （2）解法一：（ⅰ）因为直线的斜率存在且不为，所以设直线的方程为， 代入，即，得， 整理可得，. 因为，所以设，， 则，. 又，，且， 故， 于是，化简得，，解得，. 所以直线的方程为：，即，或. （ⅱ）由椭圆的定义知，，，故，， 于是，. 由于，故， 从而为定值. 解法二：（ⅰ）因为直线的斜率存在且不为， 所以设直线的方程为， 代入，即，得， 整理可得，. 因为， 所以设，，则，. 又，，且， 故 于是， 化简得，解得， 所以直线的方程为：， 即，或； （ⅱ）由椭圆的定义知，，， 故，， . 故为定值. 【点睛】方法点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 19．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由条件可得，证明，结合定义判断结论， （2）由条件，结合与关系求数列的通项公式，证明，结合等比数列求和公式证明，结合定义判断结论； （3）由定义存在，满足有；.设，，先证明，再证明，结合定义判断结论. 【详解】（1）因为，易知， 所以， 于是，所以为－数列. （2）因为，当时，，解得； 当时，，两式相减得，， 所以是以为首项，为公比的等比数列，所以. 于是 故. 因此数列是数列. （3）若数列，是数列，则存在正数，，对任意， 有；. 注意到. 同理，. 记，，则有. 所以， . 因此，数列是数列. 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. $ 河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高二上期01月测试（二） 数学试题 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，只有一项是符合题目要求的. 1．已知函数，则函数在点处的切线方程为（   ） A． B． C． D． 2．已知数列为等差数列，若，则（   ） A． B． C． D． 3．已知向量，，则在方向上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 4．已知抛物线：的焦点为，若上的点与焦点的距离为，则的值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．已知数列满足：，若，则（ ） A． B． C． D． 6．过点作圆：的切线，，切点分别为，，则四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 7．已知椭圆：，直线：，若点为上的一点，则点到直线的距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 8．如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段的中点，过点的平面分别交，，于点，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9．已知圆：与圆：，则以下结论正确的是（   ） A．若过点与圆相切的直线有且只有条，则 B．若直线过点，且平分圆的周长，则的方程为： C．若圆与圆有且只有2条公切线，则 D．若，则圆与圆的公共弦长为 10．设为数列的前项和，为数列的前项积，若，，则以下结论正确的是（   ） A． B．数列是单调递增数列 C． D．当取最大值时，或 11．已知直线经过拋物线：的焦点，且与交于，两点.记点为坐标原点，直线为的准线，则以下结论正确的是（   ） A． B．以为直径的圆与相切 C． D．的面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知函数，则 ． 13．已知双曲线：，点在上，过点作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，，若，则的离心率为 . 14．如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是平面和平面内的动点，若点为棱的中点，则的最小值为 .    四、解答题：本大题共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）已知等比数列的公比，且，. (1)求数列的通项公式； (2)记，数列的前项和为，证明：. 16．（15分）已知圆心在直线上的圆经过点，且与直线相切. (1)求圆的方程； (2)若经过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程. 17．（15分）在三棱锥中，平面平面，，，，点是棱的中点，点在棱上，且. (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的大小. 18．（17分）已知椭圆：的左，右焦点分别为，，离心率为. (1)求的标准方程； (2)若的左，右顶点分别为，，过点作斜率不为0的直线，与交于两个不同的点，. （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值. 19．（17分）对于数列，若存在常数，对任意，恒有，则称数列是数列. (1)已知数列的通项公式为，证明：数列是数列； (2)已知是数列的前项和，，证明：数列是数列； (3)若数列，都是数列，证明：数列是数列. 1 学科网（北京）股份有限公司 $