精品解析：湖南省邵阳市邵东市创新高级中学2025-2026学年高二上学期创高杯考试（1月月考）数学试题

创新高级中学2025年下学期创高杯考试高二 数学试卷 （命题人：林老师） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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. 已知直线的倾斜角为，在轴上的截距为，则此直线方程为（    ） A. B. C. D. 2. 已知，则的等差中项为（    ） A. B. C. D. 3. 以为焦点的抛物线的标准方程是（ ） A. B. C. D. 4. 直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 不确定 5. 直线关于直线对称的直线方程是（　　） A. B. C. D. 6. 若直线的方向向量分别为，则的位置关系是（     ） A. 垂直 B. 重合 C. 平行 D. 平行或重合 7. 已知，两点到直线：的距离相等，则a的值为（    ） A. 或1 B. 或 C. 或 D. 或1 8. 已知是双曲线的左焦点，过倾斜角为的直线与双曲线渐近线相交于、两点，为坐标原点，则的面积为（     ） 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. 关于椭圆，下列结论正确的是（ ） A. 半长轴长为 B. 半短轴长为 C. 焦距为 D. 离心率为 10. 在空间直角坐标系中，为坐标原点．若、、，下列说法正确的是（ ） A. 存在实数，使 B. 存在实数，使 C. 若为锐角，则 D. 若为一组基底，则 11. 已知数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前5项依次为3，8，10，9，5，则下列结论中正确的是（     ） A. 数列的公差为-3 B. C. 数列的前7项和最大 D. 第Ⅱ卷 （填空题和解答题 共92分） 三、 填空题 ：本题共3小题，每小题 5分，共15分. 12. 过圆的圆心，且平行于直线的直线的方程是______． 13. 已知一个双曲线的方程为，则的取值范围是______. 14. 设数列为等差数列，前项和为，已知，若对任意，都有成立，则的可能值为______. 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. 已知等差数列的前三项依次为前n项和为，且. （1）求a及k的值； （2）设数列{bn}的通项公式bn＝，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn. 16. 已知坐标平面内三点. （1）求直线的斜率和倾斜角； （2）若可以构成平行四边形，且点在第一象限，求点的坐标； （3）若是线段上一动点，求的取值范围. 17. 已知圆，直线过定点. （1）若与圆相切，求的方程； （2）若与圆相交于两点，且，求此时直线的方程. 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，以原点为圆心､椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作直线交椭圆于两点（直线与轴不重合）.在轴上是否存在点，使得直线与的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 在三棱锥中，平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在棱AC上，且. （1）求证：； （2）若是边长为2的等边三角形，且三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 创新高级中学2025年下学期创高杯考试高二 数学试卷 （命题人：林老师） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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. 已知直线的倾斜角为，在轴上的截距为，则此直线方程为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线斜率与倾斜角的关系求出直线斜率，结合直线的斜截式公式求解即可. 【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为. 由直线的斜截式公式可知，， 故选：B. 2. 已知，则的等差中项为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差中项求解. 【详解】， 的等差中项为， 故选：B 3. 以为焦点的抛物线的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】焦点坐标确定开口方向向上，设抛物线方程为，可知，解出方程即可. 【详解】因为抛物线的焦点坐标是，所以抛物线开口向上，且， 则抛物线的标准方程为． 故选：A. 4. 直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】化简直线为，得到直线过定点，求得点在圆内，即可求解. 【详解】由直线可化为，可得直线过定点， 又由，即点在圆内， 所以直线与圆相交. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的判定，其中解答中求得直线过定点，转化为点与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 5. 直线关于直线对称的直线方程是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用关于直线的对称点为求解. 【详解】设为所求直线上的任意一点， 关于直线的对称点为， 则在直线上， 则，整理得到即为所求. 故选：B. 6. 若直线的方向向量分别为，则的位置关系是（     ） A. 垂直 B. 重合 C. 平行 D. 平行或重合 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的数量积得到，故，从而得到结论. 【详解】，， ， 是直线的方向向量， 的位置关系是垂直. 故选：A. 7. 已知，两点到直线：的距离相等，则a的值为（    ） A. 或1 B. 或 C. 或 D. 或1 【答案】C 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式求解. 【详解】到直线：的距离为， 到直线：的距离为， ，两点到直线：的距离相等， ，，， ，或， 或. 故选：C. 8. 已知是双曲线的左焦点，过倾斜角为的直线与双曲线渐近线相交于、两点，为坐标原点，则的面积为（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线斜率与倾斜角的关系求出直线斜率，结合直线过点求出直线方程，与双曲线渐近线联立求出交点坐标，再根据两点间距离公式、点到直线的距离公式及三角形面积公式求解即可. 【详解】双曲线的左焦点为，，，渐近线为. 直线的斜率为， 因为直线过点，所以直线方程为，即. 联立，解得，可设. 联立，解得，可设. 所以. 点到直线的距离为. 所以. 故选：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. 关于椭圆，下列结论正确的是（ ） A. 半长轴长为 B. 半短轴长为 C. 焦距为 D. 离心率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据椭圆方程求出，利用公式求出，继而求出，利用公式半长轴长为，半短轴长为，焦距为，离心率为求解. 【详解】，，， ，半长轴长为，故A选项错误； 半短轴长为，故B选项正确； 焦距为，故C选项正确； 离心率为，故D选项正确. 故选：BCD. 10. 在空间直角坐标系中，为坐标原点．若、、，下列说法正确的是（ ） A. 存在实数，使 B. 存在实数，使 C. 若为锐角，则 D. 若为一组基底，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；利用空间向量的模长公式求出的值，可判断B选项；分析可知，且、不共线，利用空间向量数量积的坐标运算以及空间向量共线的坐标表示可判断C选项；利用空间向量基底的概念可判断D选项. 【详解】对于A选项，，， 所以，， 因此，不存在实数，使得，A错； 对于B选项，若存在实数，使， 即，解得，B对； 对于C选项，由题意可得， 若为锐角，则，解得， 且、不共线，若、共线，则，解得， 所以，当、不共线时，， 因此，若为锐角，则且，C错； 对于D选项，若、、共面，则存在、，使得， 则，解得， 因此，若为一组基底，则，D对. 故选：BD. 11. 已知数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前5项依次为3，8，10，9，5，则下列结论中正确的是（     ） A. 数列的公差为-3 B. C. 数列的前7项和最大 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二阶等差数列定义可知数列的公差为，判断A；利用是首项为5、公差为的等差数列，求出，判断B；利用，再由累加法可得，利用数列的函数性质可得数列的前5项和最大，判断C；将代入计算判断D. 【详解】二阶等差数列，其前5项依次为3，8，10，9，5，从第二项开始， 每一项与前一项的差所组成的新数列的前4项依次为5，2， ，， 易知新数列的公差为，即数列的公差为，故A正确； 是首项为5、公差为的等差数列，所以，故B正确； ，所以，，…，， 累加可得 ， 则， 由二次函数的性质可知当时，数列递减，且前5项均为正数，知，所以当时，， 当时，，因此数列的前5项和最大，故C错误． 由可得，故D正确． 故选：ABD． 第Ⅱ卷 （填空题和解答题 共92分） 三、 填空题 ：本题共3小题，每小题 5分，共15分. 12. 过圆的圆心，且平行于直线的直线的方程是______． 【答案】 【解析】 【分析】对圆的方程进行配方，得到圆心坐标，根据平行直线的斜率相等设出直线方程，代入求解即可. 【详解】圆配方得，，圆心坐标为. 设平行于直线的直线方程为， 将圆心坐标代入直线方程可得，，解得. 所以所求直线方程为. 故答案为：. 13. 已知一个双曲线的方程为，则的取值范围是______. 【答案】或 【解析】 【分析】利用双曲线的标准方程列式求解. 【详解】表示双曲线， ，或. 故答案为：或. 14. 设数列为等差数列，前项和为，已知，若对任意，都有成立，则的可能值为______. 【答案】8或9 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式求解，利用二次函数的图像求最大值即可得解. 【详解】， ， ， ， 对称轴为，开口向下， ，或时，取最大值， 对任意，都有成立， 为的最大值，或，的可能值为或. 故答案为：或. 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. 已知等差数列的前三项依次为前n项和为，且. （1）求a及k的值； （2）设数列{bn}的通项公式bn＝，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn. 【答案】（1）a＝2，k＝10； （2）由（1）得Sn＝＝n(n＋1)， 则bn＝＝n＋1， 故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，又b1＝1＋1＝2， 所以数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列， 所以Tn＝＝. 【解析】 【分析】（1）设该等差数列为{an}，根据等差数列的前三项依次为由a＋3a＝8，求得a，再利用等差数列前n项和的公式，由Sk＝110求解； （2）由（1）得到Sn＝＝n(n＋1)，进而得到bn＝，再利用等差数列的定义证明. 【详解】（1）设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a， 由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2， 所以Sk＝ka1＋·d＝2k＋×2＝k2＋k， 由Sk＝110，得k2＋k－110＝0， 解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10. （2）略 16. 已知坐标平面内三点. （1）求直线的斜率和倾斜角； （2）若可以构成平行四边形，且点在第一象限，求点的坐标； （3）若是线段上一动点，求的取值范围. 【答案】（1）斜率为1，倾斜角为； （2）； （3）. 【解析】 【分析】(1)根据过两点的斜率公式求出斜率，再求倾斜角； (2) 设，根据求解即可； (3) 因为表示直线的斜率,求出与点重合时，直线的斜率；与点重合时，直线的斜率即可得答案. 【小问1详解】 解：因为直线的斜率为. 所以直线的倾斜角为； 【小问2详解】 解：如图，当点在第一象限时，. 设，则，解得， 故点的坐标为； 【小问3详解】 解：由题意得为直线的斜率. 当点与点重合时，直线的斜率最小，； 当点与点重合时，直线的斜率最大，. 故直线的斜率的取值范围为， 即的取值范围为. 17. 已知圆，直线过定点. （1）若与圆相切，求的方程； （2）若与圆相交于两点，且，求此时直线的方程. 【答案】（1）或； （2）或. 【解析】 【分析】（1）由圆的方程可得圆心和半径，当直线斜率不存在时，知与圆相切，满足题意；当直线斜率存在时，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得，由此可得方程； （2）当直线斜率不存在时，知与圆相切，不合题意；当直线斜率存在时，利用垂径定理可构造方程求得，由此可得方程. 【小问1详解】 由圆的方程知：圆心，半径； 当直线斜率不存在，即时，与圆相切，满足题意； 当直线斜率存在时，设，即， 圆心到直线距离，解得：， ，即； 综上所述：直线方程为或； 【小问2详解】 当直线斜率不存在，即时，与圆相切，不合题意； 当直线斜率存在时，设，即， 圆心到直线距离， ，解得：或， 直线的方程为或. 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，以原点为圆心､椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作直线交椭圆于两点（直线与轴不重合）.在轴上是否存在点，使得直线与的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）存在，点的坐标为和. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的短半轴长及圆的标准方程，再利用点到直线的距离公式及椭圆的离心率公式，结合椭圆中三者的关系即可求解； （2）根据已知条件设出直线的方程，与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及点在直线上，结合斜率的公式即可求解. 【小问1详解】 由题意知，直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离，即. 因为，所以. 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 因为直线过点且与轴不重合，所以可设直线的方程为. 联立方程，得化简并整理得 设，则. 所以 设存在点，则直线与的斜率分别为， 所以 令，解得或. 当时，； 当时，. 因此，满足条件的点的坐标为和. 19. 在三棱锥中，平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在棱AC上，且. （1）求证：； （2）若是边长为2的等边三角形，且三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据中位线以及相似比可证明为平行四边形，继而可得线线平行，即可根据线面垂直的性质求证， （2）建立空间直角坐标系，求解法向量，即可利用向量的夹角求解. 【小问1详解】 如图，分别在线段上取点，使，，连接， 因为分别是的中点，,, 在中，，，所以， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以，即. 【小问2详解】 设，因为三棱锥的体积为，平面， 所以，即，所以， 取CD的中点，连接BO，则. 过点作，则平面BCD， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量为，则， 所以平面的一个法向量可取为，而平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $