精品解析：湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高二上学期1月月考数学试卷 一、单选题 1. 已知直线的一个方向向量为，则直线的斜率为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 2. 已知抛物线方程为，则焦点到轴的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 为等比数列的前n项和，已知，，且公比，若存在常数，使得数列是等比数列，则的值为（ ） A. 3 B. 1 C. D. 4. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则实数m的值为（ ） A. B. C. 3 D. 9 5. 如图，在平行六面体中，，与的交点为，设，则错误的是（    ） A. B. C. D. 6. 斐波那契数列:每项被 4 除所得的余数构成数列，则（ ） A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 7. 已知点为直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则四边形面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 设，，，，且，，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 二、多选题 9. 已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是（ ） A. 与是共线向量 B. 与同向的单位向量是 C. 在方向上的投影向量是 D. 与的夹角为 10. 已知等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. C. 当取得最大值时， D. 11. 已知椭圆与直线相交于两个不同的点，点为线段的中点，则（ ） A. B. 或 C. 弦长的最大值为 D. 点一定在直线上 三、填空题 12. 设，向量，且，则___________ 13. 将一张坐标纸折叠一次，使点与重合，求折痕所在的直线方程是______. 14. 已知数列满足，且对任意，都存在，使得，则_______（写出所有可能的取值）；若数列中满足：存在使得，则称具有性质P.若数列前30项中恰有3项具有性质P，且这3项的积为27，则前30项和为________. 四、解答题 15. 在直角坐标系中，点到直线的距离比到点的距离大1，记动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程. （2）已知经过点的直线与交于，两点，且. （i）求直线的方程； （ii）若经过点的直线（与不重合）与交于，两点，且，位于轴同一侧，直线与直线相交于点，证明：点在定直线上. 16. 在四棱锥中，平面平面，E为边上一点，为中点，. （1）求四棱锥的体积； （2）证明:平面； （3）证明:平面平面. 17. 在①，②且，③且这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答． 问题：设数列为等差数列，其前项和为，__________．数列为等比数列，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 注：若选多个条件解答，则按第一个解答计分． 18. 已知是离心率为的椭圆：（）上任意一点，是椭圆的右焦点，且的最小值是1. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆相交于，两点，若，求直线的方程. 19. 设，有以下三个条件： ①是2与的等差中项；②，；③为正项等比数列，，．在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答（如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分）． 若数列的前n项和为，且 ． （1）求数列的通项公式； （2）若是以1为首项，1为公差的等差数列，求数列的前n项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高二上学期1月月考数学试卷 一、单选题 1. 已知直线的一个方向向量为，则直线的斜率为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线方向向量和直线斜率之间的关系，求出结果即可. 【详解】当直线的一个方向向量为，则直线的斜率. 故选：B. 2. 已知抛物线方程为，则焦点到轴的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的方程，求出焦点，即可得出焦点到轴的距离. 【详解】因为抛物线方程为， 所以抛物线焦点为， 所以焦点到轴的距离为. 故选：C 3. 为等比数列的前n项和，已知，，且公比，若存在常数，使得数列是等比数列，则的值为（ ） A. 3 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得，再结合等比数列的定义判断即可. 【详解】因为，又， 所以，又， 所以， ，解得：， 所以， 假设存在常数，使得数列为等比数列， 则，即，解得：， 此时，，即数列是等比数列， 所以存在，使得数列为等比数列. 故选：D 4. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则实数m的值为（ ） A. B. C. 3 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线的渐近线方程对比列方程即可得解. 【详解】由题意双曲线的一条渐近线方程为，所以，解得. 故选：B. 5. 如图，在平行六面体中，，与的交点为，设，则错误的是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角形法则以及模长公式和向量夹角公式即可求得结果. 【详解】利用三角形法则，故A正确，B错误； 对于选项C： ， 所以，故选项C正确, ， ，所以选项D正确. 故选： 6. 斐波那契数列:每项被 4 除所得的余数构成数列，则（ ） A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到数列中各项除以4所得余数组成以6为周期的周期数列，即可求解. 【详解】由题意，斐波那契数列:每项被 4 除所得的余数构成数列， 可得数列的各项分别为， 即数列中各项除以4所得余数组成以6为周期的周期数列， 所以. 故选：A. 7. 已知点为直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则四边形面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，求出可求四边形面积的最小值. 【详解】连接，则， 又，故 而四边形面积为， 当且仅当时等号成立. 故选：C. 8. 设，，，，且，，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直和平行的坐标公式即可得到方程，最后利用向量模的坐标公式即可得到答案. 【详解】因为，则，解得，则 因为，则，解得， 则，则，则. 故选：C. 二、多选题 9. 已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是（ ） A. 与是共线向量 B. 与同向的单位向量是 C. 在方向上的投影向量是 D. 与的夹角为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据共线向量的定义判断A，结合单位向量和共线向量的定义判断B，根据投影向量的定义判断C，根据向量垂直的坐标关系判断D. 【详解】已知空间中三个向量，， 对于A选项，因为，故、不共线，A错； 对于B选项，与同向的单位向量是，B对； 对于C选项，在方向上的投影向量是， 所以在方向上的投影向量是，C对； 对于D选项，因为， 则、不垂直，D错. 故选：BC. 10. 已知等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. C. 当取得最大值时， D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由等差数列的前n项和公式及等差数列的性质可得，，从而得公差，即可判断A，B； 根据，，可得数列的前13项为正，从第14项起为负，即可判断C； 由，可得，从而判断D. 【详解】对于A，因为，，即，所以， ，所以，所以数列不是递增数列，故A错误； 对于B，由A的分析可知，故B正确； 对于C，由A的分析可知数列的前13项为正，从第14项起为负，所以最大，故C正确； 对于D，由C的分析可知，且公差， 所以数列是递减数列，所以，即，故D错误. 故选：BC. 11. 已知椭圆与直线相交于两个不同的点，点为线段的中点，则（ ） A. B. 或 C. 弦长的最大值为 D. 点一定在直线上 【答案】AD 【解析】 【分析】先联立椭圆与直线的方程，得一元二次方程，用判别式求的取值范围，进而判断选项A、B；得出韦达定理形式，求弦长的表达式，判断选项C；得到中点的坐标形式，判断选项D. 【详解】设两点的坐标为：， 联立椭圆与直线的方程， 得：， 由判别式，得，即，选项A正确，选项B不正确； 韦达定理：， 弦长， 当时，弦长取最大值，，选项C不正确； 由直线，线段中点的坐标为， 即，所以点的坐标满足直线方程，选项D正确. 故选：AD. 三、填空题 12. 设，向量，且，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】由题意，根据空间垂直向量的坐标表示可得，结合空间向量的几何意义计算即可求解. 【详解】由，得，解得， 所以， 则. 故答案为： 13. 将一张坐标纸折叠一次，使点与重合，求折痕所在的直线方程是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用折痕所在直线与两点连线垂直可得所求直线斜率，利用中点在折痕所在直线上可得所求直线方程. 【详解】解：点与点连线斜率，折痕所在直线斜率， 又点与点的中点为， 折痕所在直线方程为：，即， 故答案为： 14. 已知数列满足，且对任意，都存在，使得，则_______（写出所有可能的取值）；若数列中满足：存在使得，则称具有性质P.若数列前30项中恰有3项具有性质P，且这3项的积为27，则前30项和为________. 【答案】 ①. 3，5，7，9 ②. 738 【解析】 【分析】根据题意代入即可求解即可得；先根据性质可得，从第4项开始是以3为首项，2为公差的等差数列，再根据等差数列求和即可求解. 【详解】当时，； 当时，，或 ，即； 当时，，或，或，即； 当时，，或，或，或； 综上所述：的所有可能取值为：； 因为中恰有3项具有性质，且这3项的积为27，且， 可得，即具有性质， 可知从第5项开始是以3为首项，2为公差的等差数列， 所以. 故答案为：；738. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义问题的求解，涉及到根据新定义求解数列中的项、数列求和等知识；关键是能够准确理解所给的新定义，得到所给数列性质与等差数列之间的关系. 四、解答题 15. 在直角坐标系中，点到直线的距离比到点的距离大1，记动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程. （2）已知经过点的直线与交于，两点，且. （i）求直线的方程； （ii）若经过点的直线（与不重合）与交于，两点，且，位于轴同一侧，直线与直线相交于点，证明：点在定直线上. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可知，曲线是以点为焦点的抛物线，可得出方程； （2）（i）设的方程为，联立曲线的方程，根据抛物线的焦点弦的性质求出的值即可求出的方程；（ii）设的方程为，写出直线与直线的方程，得出点的横坐标恒为，即得点在定直线上. 【小问1详解】 因为直线和之间的距离为1， 所以点到直线的距离与到点的距离相等， 由抛物线的定义可得动点的轨迹是以点为焦点的抛物线， 设曲线的方程为，得，得， 故曲线的方程为; 【小问2详解】 （i）设，，的方程为， 由，消去得， 所以，. 因为， 所以，即直线的方程为. （ii）证明：由抛物线的对称性，不妨令点在轴上方， 由（i）知，，， 设的方程为，，，， 由，消去得， 所以，. 直线的斜率，方程为， 直线的斜率，方程为 由，消去得， 整理得 ， 因此点的横坐标恒为，所以点在定直线上. 16. 在四棱锥中，平面平面，E为边上一点，为中点，. （1）求四棱锥的体积； （2）证明:平面； （3）证明:平面平面. 【答案】（1）3 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）证明平面以及求出四边形的面积即可根据锥体体积公式求解； （2）取中点，连接，利用平行四边形证明即可得证； （3）证明平面，再结合面面垂直判定定理即可得证. 【小问1详解】 ， 且， 又， 由余弦定理得，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 连接为等边三角形， ， 为直角三角形， ， 【小问2详解】 取中点，为中点， 为中位线，，且， 又，且， ，且，四边形为平行四边形， ，又平面平面， 平面， 【小问3详解】 由（2）得四边形为平行四边形，为的中点， ，又， ，在中，为中点， ，平面平面， 平面，又平面， 平面⊥平面. 17. 在①，②且，③且这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答． 问题：设数列为等差数列，其前项和为，__________．数列为等比数列，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 注：若选多个条件解答，则按第一个解答计分． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数列为等差数列的特点，结合已知条件，求出数列中的基本量，确定数列的通项公式； （2）根据（1）中结论求出表达式，根据已知条件求出通项公式，用分组求和与裂项相消法求即可. 【小问1详解】 选条件① 依题意得，当时，，解得，又， 即，解得，又数列为等差数列，设公差为， 则，所以 验证：当时，与条件相符， 综上所述，所以； 选条件② 设等差数列的公差为，因为且所以有 ，整理有，解得 所以，所以 选条件③ 设等差数列的公差为，由，则有，即， 故，所以，又因为， 即，解得，所以 验证：当时，， 所以符合已知条件，综上所述，所以. 【小问2详解】 由（1）有，又因为为等比数列， 设公比为，且，，所以，所以， 所以， 故 18. 已知是离心率为的椭圆：（）上任意一点，是椭圆的右焦点，且的最小值是1. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆相交于，两点，若，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由离心率得到，，设，，表达出，结合最小值得到方程，求出，得到椭圆方程； （2）当过点的直线的斜率为0时不合要求，当过点的直线的斜率不为0时，设出方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式列出方程，求出直线方程. 【小问1详解】 由题意得，，故， 又，故， 设，，则，即， ， 故当时，取得最小值，最小值为， 故， 则，椭圆方程为； 【小问2详解】 当过点的直线的斜率为0时，，不合要求， 当过点的直线的斜率不为0时，设为， 联立得， 恒成立， 设，则， 故， 故，解得， 故直线的方程为. 19. 设，有以下三个条件： ①是2与的等差中项；②，；③为正项等比数列，，．在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答（如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分）． 若数列的前n项和为，且 ． （1）求数列的通项公式； （2）若是以1为首项，1为公差的等差数列，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)选①由条件可得，估计可求数列的通项公式；选②由条件结合求数列的通项公式；选③根据等比数列通项公式可求数列的通项公式；(2)由(1)可得，结合已知求数列的通项公式，利用错位相减法求其前项和. 【小问1详解】 若选择①：因为是2与的等差中项，所以， 当时，解得． 当时，由，， 两式相减得，所以， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以数列的通项公式为． 若选择②，由，，则，， 两式相减得， 又因为，，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以数列的通项公式为． 若选择③，设正项等比数列的公比为， 则， 解得或（舍去） 所以数列的通项公式为． 【小问2详解】 因为是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以． 由（1）知，所以． 所以① 在①的等式两边同乘以，得 ② 由①②等式两边相减，得 ， 所以数列的前n项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $