精品解析：内蒙古自治区巴彦淖尔市第一中学2025-2026学年高二下学期开学数学试题

2025-2026学年第二学期开学考试 高二数学 本试卷共150分 考试时间120分钟 命题人：赵敏 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 如图，在空间中平移到，连接对应顶点．设，，，是的中点，则用向量，，表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的加法和中点的性质来表示即可. 【详解】 . 故选：A 2. 已知，则m，n，p（ ） A. 成等差，但不成等比 B. 成等比，但不成等差 C. 既成等差，又成等比 D. 既不成等差，又不成等比 【答案】A 【解析】 【分析】由对数的定义和运算公式可判断选项正误. 【详解】由题可得，，因此，可知m，n，p成等差； 由，但，可知m，n，p不成等比． 故选：A． 3. 如图所示，已知斜三棱柱中，，，点M，N分别为线段和BC中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图与题设结合空间向量线性运算可判断选项正误. 【详解】由图可得： . 故选：A. 4. 已知数列的首项为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】运用代入法判断数列周期，利用数列的周期进行求解即可. 【详解】因为，且， 所以，， ，所以该数列的周期为， 因此. 故选：D 5. 已知抛物线：的焦点为，点在上，且，为原点，则（ ） A. 6 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线定义可得，代入方程可得，即可得结果. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为， 因为，即， 且，所以. 故选：B. 6. 已知函数，则其导数（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据初等函数的导数及导数的四则运算计算即可. 【详解】根据导数的四则运算法则可知，. 故选：D. 7. 如图所示，空间四边形中，，点在上，且，为中点，则等于（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理运算求解. 【详解】因为，为中点， 所以，， 故. 故选：B 8. 已知直线和直线，抛物线上一动点到直线、直线的距离之和的最小值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线定义将问题转化为焦点到直线的距离求解. 【详解】因为抛物线方程为，所以焦点，准线方程， 由抛物线定义可知，点到直线的距离和点到的距离相等， 所以点到直线、直线的距离之和的最小值即点到直线的距离， 由知，距离之和的最小值为， 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. 数列有最小项 C. 数列为递减数列 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可求出等比数列的首项和公比，即可求出其通项公式以及前n项和公式，分别判断各选项，即可求得答案. 【详解】设正项等比数列公比为， 对于A，由题意得， 结合，解得或（舍去），故A正确； 对于B和C，，故数列为递减数列，无最小项，故B错误，C正确； 对于D，，则，故D正确， 故选：ACD． 10. 已知向量，，，则下列说法正确的是（ ）． A. B. C. 是平面的一个法向量 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求出，再结合模坐标表示求解判断A；先求出，再根据空间向量数量积的坐标表示判断B；根据空间向量数量积的坐标表示判断D；结合，即可判断C. 【详解】对于A，因为，所以，选项A错误； 对于B，因为，所以， 则，选项B正确； 对于D，因为，所以，选项D正确． 对于C，因为，，，且平面， 所以是平面的一个法向量，选项C正确. 故选：BCD. 11. 已知点，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 点到直线的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标运算判断AB；求出投影向量坐标判断C；利用点到直线距离公式计算判断D. 【详解】由点，得， 对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，因此在上的投影向量为，C错误； 对于D，点到直线的距离为，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. 近期国家为了控制房价，出台了一系列的限购措施，同时由于银行可用资金紧缺，为了提高存款额，某银行准备新设一种定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为，贷款的利率为，假设银行吸收的存款能全部放贷出去，若存款利率为，为使银行获得最大利益，则存款利率为______. 【答案】0.047 【解析】 【分析】根据题意求得收益，利用导数法求解最值，即可得解. 【详解】设表示收益，则存款量是，贷款收益为， 则收益， ， ∴当时，，当时，， 所以函数在内单调递增，在单调递减， 即收益在时取得极大值，亦即最大值. 所以为使银行收益最大，应把存款利率定为0.047， 故答案为：0.047. 13. 如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则直线与平面夹角的余弦值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据几何体特征可证明平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系并求出平面的法向量，由线面角的向量求法计算可得结果. 【详解】如下图，连接，因为为BC中点， 所以，又平面底面， 平面底面平面， 所以平面， 又因为平面，所以，故两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，如下图： 设，可得 由，可得， 所以， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，得， 设直线与平面夹角为，则， 所以直线与平面夹角的余弦值为. 故答案为： 14. 据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多3盏，则塔的底层共有灯___________盏． 【答案】26 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式计算即可. 【详解】依题意，9层塔从上层到下层挂灯盏数依次排成一列可得等差数列， 所以，解得， 所以，即塔的底层共有灯26盏． 故答案为：26. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知坐标平面内一动点到定点的距离等于到定直线的距离. （1）求动点的轨迹的方程； （2）设为坐标原点，过点的直线交于两点，求证：是直角三角形. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义即可求出抛物线方程； （2）分两类情况第一种：直线垂直于轴，其方程为，与联立得方程，再结合可证明， 第二种：直线：.与联立得方程，得到韦达定理，再结合可证明， 【小问1详解】 由抛物线定义可知，P点轨迹为以为焦点， 以为准线的抛物线. 设的方程为：，则=1. 所以动点P的轨迹E的方程为. 【小问2详解】 证明：设， 分两类情况： 第一种：直线垂直于轴，其方程为， 联立，解得， 此时， 所以，是直角三角形， 第二种：直线：，与联立得： ， ， ，，所以， 又因为与异号，或不符合题意， 因为， 所以， 所以△为直角三角形， 16. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，点为的一个焦点，且的离心率为. （1）求的标准方程； （2）已知为的左顶点，直线与交于两点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的概念，以及椭圆离心率的概念，求出椭圆的参数，写出标准方程； （2）联立椭圆方程和直线方程，求出弦长，根据点到直线距离公式，求出三角形高，进而求出三角形面积. 【小问1详解】 椭圆一个焦点为，则，椭圆的离心率为，所以，即， 所以，所以椭圆标准方程. 【小问2详解】 如图所示，左顶点， 则点到直线的距离为. 联立方程组得，消去得， 根据弦长公式得， 所以. 17. 记为等差数列的前项和，已知，． （1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值． 【答案】（1） （2），-25 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差，即可由通项公式求解. （2）求解的表达式，即可根据二次函数的性质求解最值. 【小问1详解】 设数列的公差为， 由题意可知，解得． 所以． 【小问2详解】 因为， 所以当时，取得最小值，最小值为． 18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若，点在棱上，，求二面角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据面面垂直性质定理证明平面，再根据线面垂直证线线垂直即可； （2）取的中点，过作与交于点，则两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【小问1详解】 证明：因为为BD的中点，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面， 所以； 【小问2详解】 解：取的中点，因为为正三角形，所以， 过作与交于点，则，所以两两垂直， 如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 因为点在棱上，，所以， 因为平面，故平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，， 所以，得， 令，则，故， 设二面角的大小为， 所以， 根据图像可知二面角锐角，故， 所以二面角-的大小为. 19. 根据下列条件写出直线方程： （1）斜率是3，且经过点的直线方程； （2）原点与点关于直线对称，求直线的方程； （3）求经过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 【答案】（1）； （2）； （3）或． 【解析】 【分析】（1）将条件代入点斜式方程，即可得答案. （2）分析可得直线l为线段OA的中垂线，求出OA的中点坐标和OA的斜率，可得直线l的斜率，代入点斜式方程，整理即可得答案. （3）分别讨论截距为0和不为0两种情况，代入点坐标，求出方程，综合即可得答案. 【小问1详解】 直线斜率是3，且经过点，则直线方程为， 化为一般式方程为； 【小问2详解】 已知关于直线l的对称点为， 故直线l为线段OA的中垂线，求得OA的中点为， 且OA的斜率为，故直线l的斜率为2， 故直线l的方程为，化简可得：． 【小问3详解】 设该直线在两轴上截距为a，那么， ①当时，直线过原点，设直线方程为，代入点， 可得，则方程为，即； ②当时直线方程为，把代入求得． 则直线方程为， 由①②知所求直线方程是或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期开学考试 高二数学 本试卷共150分 考试时间120分钟 命题人：赵敏 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 如图，在空间中平移到，连接对应顶点．设，，，是的中点，则用向量，，表示为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则m，n，p（ ） A. 成等差，但不成等比 B. 成等比，但不成等差 C. 既成等差，又成等比 D. 既不成等差，又不成等比 3. 如图所示，已知斜三棱柱中，，，点M，N分别为线段和BC的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列的首项为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 5. 已知抛物线：的焦点为，点在上，且，为原点，则（ ） A. 6 B. C. 4 D. 6. 已知函数，则其导数（ ） A. 0 B. C. D. 7. 如图所示，空间四边形中，，点在上，且，中点，则等于（   ） A. B. C. D. 8. 已知直线和直线，抛物线上一动点到直线、直线的距离之和的最小值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ） A B. 数列有最小项 C. 数列为递减数列 D. 10. 已知向量，，，则下列说法正确的是（ ）． A. B. C. 是平面的一个法向量 D. 11. 已知点，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 点到直线的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 近期国家为了控制房价，出台了一系列的限购措施，同时由于银行可用资金紧缺，为了提高存款额，某银行准备新设一种定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为，贷款的利率为，假设银行吸收的存款能全部放贷出去，若存款利率为，为使银行获得最大利益，则存款利率为______. 13. 如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则直线与平面夹角余弦值为______. 14. 据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多3盏，则塔的底层共有灯___________盏． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知坐标平面内一动点到定点的距离等于到定直线的距离. （1）求动点轨迹的方程； （2）设为坐标原点，过点的直线交于两点，求证：是直角三角形. 16. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，点为的一个焦点，且的离心率为. （1）求的标准方程； （2）已知为的左顶点，直线与交于两点，求的面积. 17. 记为等差数列的前项和，已知，． （1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值． 18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若，点在棱上，，求二面角的大小. 19. 根据下列条件写出直线方程： （1）斜率是3，且经过点的直线方程； （2）原点与点关于直线对称，求直线方程； （3）求经过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $