精品解析：福建省三明第一中学2026-2027学年高二景润实验班上学期10月月考高二数学试卷

三明一中2026-2027学年上学期10月月考景润实验班 高二数学试卷 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. 若直线的方向向量，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 若直线与平行，则与的距离为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 4. 在数列中，，，，则（ ） A. B. C. D. 5 5. 已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）． A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 6. 记为数列的前n项积，已知，则（ ） A. 11 B. 18 C. 19 D. 37 7. 若客户M准备在银行存入本金1万元，存期为n年，年利率为x，银行存款有单利计息（单利本利和=本金+本金×利率×时间）和复利计息两种方案，客户M经过考虑选择了复利计息的方案，其实这背后蕴藏着一个著名的伯努利不等式：. 已知数列的前n项和为，，若对任意的，恒成立，则λ的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在三棱锥中，两两垂直，,在棱上，在棱上，在棱上，且，平面平面，点为线段上的一个动点（不包括端点），则（ ） A. 4 B. 2 C. 3 D. 不确定 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．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. 已知曲线.（ ） A. 若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B. 若m=n>0，则C是圆，其半径为 C. 若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为 D. 若m=0，n>0，则C是两条直线 10. 已知数列的前n项和为，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 是递减数列 11. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，点为棱的中点，点为侧面内的一个动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线所成角的正切值为 B. 存在点，使得 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 若，则的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前项和为，若，则________． 13. 已知直线，，圆:,则直线被圆截得的最短弦的长度为________． 14. 在中，，，．已知点，，分别为椭圆的上、下、右顶点，以及两个焦点中的三点，求椭圆的离心率__________． 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. 已知的三个顶点分别为，，． （1）求的面积； （2）求的外接圆的标准方程． 16. 已知数列的前项和为，且. （1）设，证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 17. 如图，三棱柱的所有棱长均相等，平面平面，D是BC的中点，. （1）证明：∥平面； （2）已知到平面的距离为1，P为线段上一点.若二面角的余弦值为，求的长. 18. 已知双曲线（，）的左顶点到其渐近线的距离为． （1）求C的方程； （2）斜率为且不过原点的直线与双曲线的右支交于，两点，线段的中点为S，射线分别与曲线和直线：交于点P，Q，且． （ⅰ）求证：直线过定点T，并求出点T的坐标； （ⅱ）设直线，与分别交于点D，E，求的大小． 19. 平面四边形满足，，现将沿着翻折得到，形成三棱锥，记二面角的大小为． （1）如图1，若， （i）证明：平面平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； （2）如图2，点，，，均在球的球面上，二面角的大小为，二面角的大小为，是否存在锐角，使得？若存在，求的余弦值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明一中2026-2027学年上学期10月月考景润实验班 高二数学试卷 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. 若直线的方向向量，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直线的方向向量可以确定直线方向，再确定倾斜角. 【详解】若直线的方向向量，则直线与轴垂直，所以的倾斜角为. 2. 若直线与平行，则与的距离为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，解得， 当时，不重合，故， 可化为， 所以与的距离为. 3. 已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案. 【详解】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得. 故选：C. 【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题. 4. 在数列中，，，，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】由题意，对任意，有，因此， 所以，所以数列是周期为4的周期数列， 代入初始值计算得：， 因为，所以； ，因此，因此． 5. 已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）． A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆心的轨迹方程后，根据圆心到原点的距离减去半径1可得答案. 【详解】设圆心，则， 化简得， 所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆， 所以，所以， 当且仅当在线段上时取得等号， 故选：A. 【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题. 6. 记为数列的前n项积，已知，则（ ） A. 11 B. 18 C. 19 D. 37 【答案】C 【解析】 【分析】由积与项的关系得是等差数列，从而求得. 【详解】当时，，所以， 又，所以， 所以当时，， 即，即， 所以是首项为2，公差为1的等差数列. 所以. 7. 若客户M准备在银行存入本金1万元，存期为n年，年利率为x，银行存款有单利计息（单利本利和=本金+本金×利率×时间）和复利计息两种方案，客户M经过考虑选择了复利计息的方案，其实这背后蕴藏着一个著名的伯努利不等式：. 已知数列的前n项和为，，若对任意的，恒成立，则λ的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用伯努利不等式对数列通项进行放缩，再通过裂项相消法求前项和，最终转化为由数列的单调性求的取值范围. 【详解】由伯努利不等式可得， 所以， 即，因此. 令，则， 则， 又，则，即，所以，因此数列为递增数列， 当时，，所以. 因对任意的，恒成立，则对任意的，恒成立， 则小于的最小值，即. 8. 如图，在三棱锥中，两两垂直，,在棱上，在棱上，在棱上，且，平面平面，点为线段上的一个动点（不包括端点），则（ ） A. 4 B. 2 C. 3 D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量共面，可得，即可根据数量积的运算律求解. 【详解】因为点在平面内，所以， 又因为 所以； 又因为点在平面内， 所以， 因为， 所以， 由空间向量基本定理得：， 解得，即， 所以， 因为两两垂直， 所以， 所以， 故选:B． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．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. 已知曲线.（ ） A. 若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B. 若m=n>0，则C是圆，其半径为 C. 若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为 D. 若m=0，n>0，则C是两条直线 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线. 【详解】对于A，若，则可化为， 因为，所以， 即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确； 对于B，若，则可化为， 此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确； 对于C，若，则可化为， 此时曲线表示双曲线， 由可得，故C正确； 对于D，若，则可化为， ，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养. 10. 已知数列的前n项和为，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 是递减数列 【答案】BC 【解析】 【分析】先通过构造等比数列求出的表达式，再结合与的关系推导的通项，最后逐一验证各选项结论是否正确. 【详解】选项A：由递推式得时，时，， 两式相减可得，是首项为4公比为2的等比数列， 即，故仅对成立，时不符合该式，A错误， 选项B：由，又， 可得是首项为4、公比为2的等比数列，因此，即，B正确， 选项C：时，；时，，故对所有正整数均有，C正确， 选项D：由选项B可得，则， 作差得，故是递增数列，D错误. 11. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，点为棱的中点，点为侧面内的一个动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线所成角的正切值为 B. 存在点，使得 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 若，则的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用线线角的向量法求解判断A；利用向量垂直的坐标表示推理判断B；利用点到平面的距离公式求出点到平面距离的最大值判断C；确定点的轨迹并求出长度判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 对于A，，设直线与直线所成的角为， 则，，A正确； 对于B，，，取， 得，即，B正确； 对于C，，设平面的法向量为， 则，取，得，而， 点到平面的距离，当且仅当时取等号， 此时点与点重合，而面积为定值，则三棱锥的体积的最大值 等于三棱锥的体积，C错误； 对于D，由平面，得，， 因此点的轨迹是以为圆心，1为半径，圆心角为的圆弧，长度为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前项和为，若，则________． 【答案】7 【解析】 【分析】利用等差数列的性质计算即得． 【详解】由题意，得，. 所以 13. 已知直线，，圆:,则直线被圆截得的最短弦的长度为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线恒过定点，当时， 圆心到直线的距离取得最大值为，由直线被圆截得的弦长公式求解最短弦的长度. 【详解】由，令，得， 所以直线恒过定点， 圆的圆心，半径， 由，可得点在圆内部，即直线与圆始终相交， 因直线被圆截得的弦长公式为，为圆心到直线的距离， 当取最大值时，弦长最短，则当时， ， 此时最短弦的长度为. 14. 在中，，，．已知点，，分别为椭圆的上、下、右顶点，以及两个焦点中的三点，求椭圆的离心率__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆对称性分析各点的可能性情况，分情况讨论求的值，即可得离心率. 【详解】因为， 根据对称性可知：点其中一个为上下顶点，一个为右顶点，一个为焦点，不妨取上顶点. ①当点中一个为上顶点，一个为右顶点，一个为左焦点，如图1 则或，解得或无解； ②当点中一个为上顶点，一个为右顶点，一个为右焦点，如图2， 则或，方程组均无解； 综上所述：，，，所以离心率. 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. 已知的三个顶点分别为，，． （1）求的面积； （2）求的外接圆的标准方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：求直线的方程，算点到直线的距离，计算的长度，最后代入面积公式计算即可； 方法二：计算的斜率，判定垂直关系，定直角边长度最后代入直角三角形面积公式计算即可. （2）方法一：设圆的一般方程，代入三点坐标得方程组，求解系数，最后配方转化为标准方程即可； 方法二：判定为直角三角形，确定斜边为外接圆直径，求斜边中点（圆心）和半径，最后写出标准方程即可. 【小问1详解】 方法一：根据已知条件，所在直线的方程为，即， 则点到直线的距离， 又， 故的面积. 方法二：根据已知条件，，， 则有，所以， 所以为直角三角形，为其直角边， 而， ， 故的面积. 【小问2详解】 方法一：设的外接圆方程为. 将，，代入， 得，解得， 所以的外接圆方程为， 其标准方程为. 方法二：由（1）可知为直角三角形，为其斜边， 则的外接圆直径即为， 由已知可得，的中点为，即圆心为， 又半径， 故的外接圆的标准方程为. 16. 已知数列的前项和为，且. （1）设，证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）由题意，当时，，解得， 当时，由①，可得②， ①-②，可得，即， 两边同时加6，可得， ，，即. ， 数列是以2为首项，为公比的等比数列， ∴数列的通项公式为，即； （2） 【解析】 【分析】（1）应用等比数列定义证明，再结合等比数列通项公式计算求解； （2）应用错位相减法结合等比数列求和公式计算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，则， ， ， 两式相减，得， ， . 17. 如图，三棱柱的所有棱长均相等，平面平面，D是BC的中点，. （1）证明：∥平面； （2）已知到平面的距离为1，P为线段上一点.若二面角的余弦值为，求的长. 【答案】（1）方法1：如图，连结，交于点E，连结DE. 三棱柱中，平面是平行四边形，则E是的中点. 又D是BC的中点，所以DE∥. 因为平面，平面， 所以∥平面. 方法2：如图，取中点，连结，，. 三棱柱中，侧面是平行四边形， 因为D，分别为BC，的中点，所以BD∥，BD， 因此四边形是平行四边形，所以∥. 又平面，平面，所以∥平面. 同理可得，四边形为平行四边形，所以∥，. 三棱柱中，因为∥，. 所以∥，. 所以四边形是平行四边形，所以∥AD. 又平面，平面，所以∥平面. 又，平面，所以平面∥平面. 又平面，所以∥平面. （2） 【解析】 【分析】（1）方法1：连结，交于点E，连结DE.利用棱柱性质及线面平行的判定定理证明∥平面. 方法2：取中点，连结，，.利用棱柱性质及线面平行的判定定理得∥平面，∥平面. 所以利用面面平行的判定定理得平面∥平面，进而利用线面平行的判定定理证明 ∥平面. （2）方法1：建立空间直角坐标系.，求得点的坐标，易得平面的一个法向量为. 求出平面的法向量.利用夹角的向量公式求得. 方法2：结合勾股定理利用线面垂直的判定定理证得BC⊥平面，由线面距离得，连结PC，交于点E，连结ED，作于F.可得即为二面角的平面角，求得，利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得，利用相似三角形的性质求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法1：由题干得是等边三角形，且D是BC的中点， 所以. 因为三棱柱的所有棱长均相等，设棱长为2a， 则，，，此时， 所以. 又，平面，所以BC⊥平面. 所以BD即为到平面的距离，所以，因此三棱柱的棱长均为2. 因为平面平面，平面，， 平面平面，所以平面. 又，故以D为原点，DA，DB，分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，，. 易得平面的一个法向量为. 设 ()， 所以. 设平面的一个法向量为， 则即， 取，可得. 设二面角的大小为，则， 又，解得 (舍去)，所以. 方法2：由题干得是等边三角形，且D是BC的中点，所以. 因为三棱柱的所有棱长均相等，设棱长为2a， 则，，，此时， 所以. 又，平面，所以BC⊥平面. 所以BD即为到平面的距离，所以，因此三棱柱的棱长均为2. 如图，连结PC，交于点E，连结ED，作于F. 因为平面，平面，平面， 所以，， 因此即为二面角的平面角. 于是，所以. 因为平面平面，平面，， 平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 在中，因为，，所以EF∥，且EF＝AF. 又AC∥，所以，因此. 18. 已知双曲线（，）的左顶点到其渐近线的距离为． （1）求C的方程； （2）斜率为且不过原点的直线与双曲线的右支交于，两点，线段的中点为S，射线分别与曲线和直线：交于点P，Q，且． （ⅰ）求证：直线过定点T，并求出点T的坐标； （ⅱ）设直线，与分别交于点D，E，求的大小． 【答案】（1） （2）（i）（方法一）设：，，，， 联立， 所以， 则，所以直线的方程为：， 与联立可得：， 由可得： 化简整理可得：，即直线：， 所以直线过定点； （方法二）：设：，，， 所以 同时，由点M，N在双曲线上可得：， 作差得：① 由于点S为线段的中点，所以，， 所以①化简为：，即直线的斜率为，所以方程为：，与联立可得：， 由可得：， 化简整理可得：，即直线：，所以直线过定点； （方法三）设：，，，， 所以， 由可得，所以直线的方程为：， 与联立可得：， 由可得：， 化简整理可得：，即直线：，所以直线过定点. 定点为； （ii）. 【解析】 【分析】（1）利用双曲线的概念及点到直线的距离公式计算即可； （2）（i）方法一、设直线方程及的坐标，联立直线与曲线结合韦达定理、中点坐标公式含参确定直线，再联立曲线结合弦长关系得出方程确定定点；方法二、设直线方程及的坐标，联立直线与曲线结合韦达定理得出，再利用点差法及中点坐标含参确定直线，联立曲线结合弦长关系得出方程确定定点；方法三、设直线方程及的坐标，联立直线与曲线结合韦达定理得出，直接利用中点弦性质结论确定直线，联立曲线结合弦长关系得出方程确定定点； （ii）方法一、结合上问结论及韦达定理、平面向量数量积计算即可；方法二、设直线、的倾斜角，根据斜率与倾斜角的关系、韦达定理计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一、当时， 在中，令，并两式相乘可得： 于是有，所以的大小为． 方法二、不妨设点在第一象限，则点在第四象限， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则有为钝角，为锐角， 且， 因为，所以有： 当时， 在中，令，并两式相乘可得： 所以，即， 所以不存在，故． 19. 平面四边形满足，，现将沿着翻折得到，形成三棱锥，记二面角的大小为． （1）如图1，若， （i）证明：平面平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； （2）如图2，点，，，均在球的球面上，二面角的大小为，二面角的大小为，是否存在锐角，使得？若存在，求的余弦值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）（i）由，得平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面， 又因为平面， 所以，又因为， 平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面． （ii）. （2）存在，且． 如图，分别取线段的中点，，，， 连接． 首先证明：平面． 因为点，，，在球的球面上，所以， 又因为为公共边， 所以与全等， 因此， 而，所以， 因此，又因为平面， 所以平面，同理平面． 再考虑各二面角的平面角． 由，分别为中点知，， 又因为，所以， 又因为平面，所以为在平面内的射影， 结合三垂线定理知，所以二面角的平面角为，记为， 同理，二面角的平面角为，记为， 由平面平面知，分别为平面，平面的法向量， 所以与的夹角或， 而为锐角，因此， 综上可知，， 且， 所以， 若，则，因此， 即，解得或（舍去）． 综上存在，且． 【解析】 【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质定理得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明； （ii）在平面内作，垂足为，利用线面角的定义得到线面角的平面角，再求出其正弦值即可； （2）作出相关辅助线，首先证明平面，平面，再找到二面角的平面角，从而得到关于的方程，解出即可. 【小问1详解】 （i）略； （ii）如图在平面内作，垂足为，连接． 由（i）－知平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，因此为在平面内的射影， 故为与平面所成角的平面角，且， 由知，， 由（i）知平面平面，所以，结合，得， 所以， 即与平面所成角的正弦值为． 【小问2详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $