四川省达州市2025-2026学年高二上学期教学质量监测数学试题（原卷版+解析版）

达州市2025年秋季学期高二年级教学质量监测数学试题（本试卷满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.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.下列直线中与直线平行的是（）A. B. C. D.2.数列的一个通项公式为（）A. B.C. D.3.已知圆：，圆：，则圆与圆位置关系是（）A.外离 B.相切 C.相交 D.内含4.在正四棱锥中，E为的中点，则（）A. B.C. D.5.已知直线m，n及平面，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6.从抛物线上各点向y轴作垂线段，则垂线段的中点的轨迹方程是（）A. B. C. D.7.在直三棱柱中，，，，E为的中点，则与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.8.已知A，B是椭圆C：上关于原点对称两点，是椭圆C的左焦点，在中有，，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.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.已知等差数列前n项和为，，且，则（）A. B. C. D.10.经过抛物线C：焦点F的直线交抛物线C于A，B两点，过点B作准线的垂线，垂足为D，O为坐标原点，则（）A B.C. D.点A，O，D共线11.现有一圆台形铁坯，其上、下底面半径分别为1，3，高为4，则（）A.该铁坯对应圆台侧面积为B.该铁坯对应圆台的外接球的表面积为C.用该铁坯可以车削出一个半径为2的铁球D.用该铁坯可以车削出一个体积为的圆柱三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，是椭圆的左､右焦点，点P在C上，则的周长为___________.13.已知数列的各项均为正数，且前n项和为，，则______.14.定义：为不小于x的最小整数，为不大于x的最大整数，如，.已知数列满足，，，则数列的前520项和为_______.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在正方体中，点E，F分别为棱，的中点.（1）证明：平面；（2）求异面直线与的夹角.16.已知直线：，椭圆：，为椭圆的右焦点.（1）若圆M的圆心在上，半径为C的长半轴长，且经过点，求圆M的方程；（2）过椭圆的下顶点B，作（1）中圆M的切线，交椭圆C于点A，且A在第一象限，求.17.已知等比数列的首项为，公比为，前项和为.（1）证明：（2）若，，设，，求数列的前n项和.18.如图，在扇形中，，，将扇形绕旋转到扇形的位置，动点D，E，F分别在，，上（不与端点重合），且.（1）证明：平面；（2）当时，求三棱锥的体积；（3）证明：平面与平面夹角的余弦为定值，并求出这个定值.19.已知双曲线：的一条渐近线为，为双曲线C的右焦点.（1）求双曲线C的方程；（2）过的直线交C于A，B两点，A在第一象限，B在第四象限，，线段的中点为P，直线且交x轴于点D.（i）求取值范围；（ii）能否为等腰三角形?若能，求出此时的方程；反之，说明理由.达州市2025年秋季学期高二年级教学质量监测数学试题（本试卷满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.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.下列直线中与直线平行的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用两直线平行的条件判断即可.【详解】对于直线，可化为，对于A，因为，所以，与目标直线不平行，故A错误，对于B，因为，所以，与目标直线平行，故B正确，对于C，因为，所以，与目标直线不平行，故C错误，对于D，因为，所以，与目标直线不平行，故D错误.故选：B2.数列的一个通项公式为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】取特例排除BCD，变形前几项确定通项公式求解即可.【详解】对于B，当时，，故B错误，对于C，当时，，故C错误，对于D，当时，，故D错误，对于A，，，，，，归纳可得，故A正确.故选：A3.已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是（）A.外离 B.相切 C.相交 D.内含【答案】C【解析】【分析】求出、和即可由它们的大小关系得解.【详解】由题可得圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径为，所以两圆心距离为，且，所以，故圆与圆的位置关系为相交.故选：C4.在正四棱锥中，E为的中点，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据平行四边形法则即可求解.【详解】.故选：D5.已知直线m，n及平面，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由充分条件与必要条件求解即可【详解】由题意可知：当时，与可能平行，也可能相交，故充分性不成立；当时，成立，故必要性成立；所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B6.从抛物线上各点向y轴作垂线段，则垂线段的中点的轨迹方程是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设垂线段的中点为，由题意得到点在抛物线上，将该点代入抛物线即可求解.【详解】设垂线段的中点为，则由题意可得点在抛物线上，所以，即，所以垂线段的中点的轨迹方程是.故选：D7.在直三棱柱中，，，，E为的中点，则与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即可.【详解】在直三棱柱中，可得平面，因为，所以，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，由题意得，，，，，因为E为的中点，所以由中点坐标公式得，则，，，设平面的法向量为，则，令，解得，，故，设与平面所成角为，则，故D正确.故选：D8.已知A，B是椭圆C：上关于原点对称的两点，是椭圆C的左焦点，在中有，，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用椭圆的对称性及定义求出和，再利用余弦定理列式求解.【详解】令椭圆C：的右焦点为，设该椭圆半焦距为，由A，B是椭圆C上关于原点对称的两点，得四边形是平行四边形，则，，由椭圆定义得，由余弦定理得，整理得，所以椭圆C的离心率为.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.已知等差数列前n项和为，，且，则（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】设出首项和公差，利用等差数列性质建立方程组求解首项和公差判断A，B，求出通项公式判断C，利用等差数列的求和公式判断D即可.【详解】对于A，B设首项为，公差为，因为，所以，则，因为，所以，即，联立方程组，解得，，故A错误，B正确，对于C，由题意得，，则，故C正确，对于D，由题意得，，则不成立，故D错误.故选：BC10.经过抛物线C：焦点F的直线交抛物线C于A，B两点，过点B作准线的垂线，垂足为D，O为坐标原点，则（）A. B.C D.点A，O，D共线【答案】ABD【解析】【分析】由题意以及抛物线定义即可判断A；设，与抛物线联立求出韦达，代入焦点弦长公式即可判断B；计算即可求解判断C；写出点，计算和即可得解判断D.【详解】由题意以及抛物线定义可得，故A正确；由题可设，联立，设，则，故B正确；由B得，所以，故C错误；由题意可得，所以，又，所以点A，O，D共线，故D正确.故选：ABD11.现有一圆台形铁坯，其上、下底面半径分别1，3，高为4，则（）A.该铁坯对应圆台的侧面积为B.该铁坯对应圆台的外接球的表面积为C.用该铁坯可以车削出一个半径为2的铁球D.用该铁坯可以车削出一个体积为的圆柱【答案】ABD【解析】【分析】根据简单几何体的表面积、体积计算公式逐项计算即可.【详解】圆台上底半径，下底半径，高，圆台母线.选项A：由圆台侧面积公式.故A正确.选项B：设外接球的球心到下底面的距离为，球半径为，则球心到上底面的距离为.由勾股定理，，即，解得.所以.所以外接球的表面积为.故B正确.选项C：圆台轴截面为等腰梯形（上底2，下底6，高4，腰长）.梯形面积为，周长为.设车削出球的最大半径为，则该球过球心的截面圆为梯形的内切圆，所以，即，解得.故C错误.选项D：设圆柱的底面半径为，高为，建立直角坐标系，圆台轴截面等腰梯形腰（右侧）所在直线为：，即圆柱体积：.令，即，整理得解得或（舍去），所以，该铁坯可以车削出一个体积为的圆柱.故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.已知，是椭圆的左､右焦点，点P在C上，则的周长为___________.【答案】10【解析】【分析】根据椭圆的定义计算．【详解】由椭圆方程知，，在椭圆上，所以．故答案为：10．13.已知数列的各项均为正数，且前n项和为，，则______.【答案】【解析】【分析】根据与的关系结合等差数列的通项公式即可求解.【详解】由可得，，两式相减得，整理得，因为，所以，所以，令可得，解得或（舍去），所以数列是首项为，公差为等差数列，所以.故答案为：14.定义：为不小于x的最小整数，为不大于x的最大整数，如，.已知数列满足，，，则数列的前520项和为_______.【答案】260【解析】【分析】先求出数列是等差数列，进而求出数列的通项公式，结合该数列大小特性及数列的定义即可分析计算求解.【详解】因为，，所以，即，所以数列是首项为，公差为2的等差数列，所以，所以，所以，当时，又，所以，所以数列的前520项和为.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在正方体中，点E，F分别为棱，的中点.（1）证明：平面；（2）求异面直线与的夹角.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明推理得证.（2）由（1）中坐标系，利用线线角的向量法求解.【小问1详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，因此向量共面，而直线确定平面，则平面，而平面，所以平面.【小问2详解】由（1）得，，因此，而，则，所以异面直线与的夹角为.16.已知直线：，椭圆：，为椭圆右焦点.（1）若圆M的圆心在上，半径为C的长半轴长，且经过点，求圆M的方程；（2）过椭圆的下顶点B，作（1）中圆M的切线，交椭圆C于点A，且A在第一象限，求.【答案】（1）圆M的方程为.（2）.【解析】【分析】（1）设圆心坐标，由椭圆求出圆的半径和点，利用距离公式求出圆心即可求解圆的方程；（2）利用椭圆的上顶点即为点、且即可由勾股定理求解.【小问1详解】由题可设圆M的圆心为，半径为，且经过点，所以，解得.故圆M的圆心为，所以圆M的方程为.【小问2详解】由题可得，由（1）椭圆的上顶点即为点，则连接，则且，所以.17.已知等比数列的首项为，公比为，前项和为.（1）证明：（2）若，，设，，求数列的前n项和.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）当时直接证明，当时，利用错位相减法即可证明.（2）首先利用等比数列前项和公式求出，然后求出，最后利用裂项相消法即可求解.【小问1详解】当时，为常数列，所以；当时，，等式两边同乘以可得，两式相减得，所以.综上所述，.【小问2详解】若，，则，所以，，所以.18.如图，在扇形中，，，将扇形绕旋转到扇形的位置，动点D，E，F分别在，，上（不与端点重合），且.（1）证明：平面；（2）当时，求三棱锥的体积；（3）证明：平面与平面夹角的余弦为定值，并求出这个定值.【答案】（1）证明详见解析（2）（3）证明详见解析，定值为【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，求出及点到平面的距离，代入体积公式求解即可.（3）设，得到相关向量，求出平面与平面的法向量，进一步求解即可.【小问1详解】因为，所以.扇形绕旋转得到扇形，所以平面平面，且.又平面，，所以平面.【小问2详解】由弧长公式，，可得，圆心角，即.由（1）知，，，