黑龙江省智研联盟2025-2026学年高二上学期1月第一次联合考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1黑龙江省智研联盟2025-2026学年高二上学期1月第一次联合考试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.如图，在正方体中，是侧面内一动点，若点到直线的距离是到直线的距离的2倍，则动点的轨迹所在的曲线是（）A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线【答案】B【解析】由于侧面，所以点到直线的距离即为点到点的距离．从而点到直线的距离是其到点的距离的2倍，动点的轨迹所在的曲线为椭圆，离心率为.故选：B.2.已知数列的前项和为，首项，且，则的值为（）A.2045 B.2046 C.2047 D.2048【答案】B【解析】因为，所以故选：B.3.已知是公比大于0的等比数列，是单调递增数列；是的（）A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由，则，当时，则，此时数列单调递增，当时，则，此时数列单调递增，故，则数列单调递增，又当数列单调递增时，所以，综上，是的充要条件．故选：A．4.是空间的一个基底，则下列各组向量中，不共面的一组是（）A.，， B.，，C.，， D.，，【答案】A【解析】对A：由是空间的一个基底，故不共面，则不能由、表示出，故，，不共面，故A正确；对B：有，故，，共面，故B错误；对C：，故，，共面，故C错误；对D：，故，，共面，故D错误.故选：A.5.已知实数x，y满足，则的最小值为（）A.8 B. C.5 D.【答案】D【解析】表示平面直角坐标系中，点到点的距离，而点满足直线方程，而直线外一点到直线上点的距离垂线段最短，则点到直线的距离，因此，的最小值为.故选：D.6.若圆与圆有且仅有2条公切线，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因圆：与圆：有且仅有2条公切线，所以圆：与圆：相交，所以，所以或.故选:D.7.已知椭圆，、分别是的左、右焦点，是上异于左右顶点的动点，记的内切圆面积为，的外接圆面积为，若的最小值为，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图所示，设，，，由椭圆定义可知，在中，由余弦定理可得，则，所以，又的周长为，则内切圆半径，又在中，由正弦定理可知，为的外接圆半径，即，所以，由椭圆的对称性可知，如图所示，当点为短轴端点时取得最大值为，所以取得最小值为，又的最小值为，即的最小值为，即，即，化简可得，等式左右同时除以，可得，即，由椭圆离心率，则，故选：A.8.已知斜率不为0的直线l与抛物线相交于A，B两点，与圆相切于点M．若M为线段AB的中点，则直线l的纵截距为（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】D【解析】设直线方程为,,线段AB的中点,圆的方程为，圆心为，半径为，由,两式相减：则可以变形为：,所以.又,所以,即,解得,代入直线方程:,解得,将代入圆的方程可得,解得.故选：D．二、选择题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有错选不得分.9.已知数列的前项和为，，则下列结论中正确的是（）A. B.C. D.若，则【答案】ABD【解析】对A，赋值得，所以A正确；对B，又由，，相加得，所以B正确；对C，，，则，所以C错误；对D，所以，结合，解得，所以D正确.故选：ABD．10.已知双曲线为的左、右焦点，点为双曲线左支上的一点，且满足，作的角平分线，过作的垂线，垂足为，若，连，则下列说法正确的有（）A.的标准方程为B.C.连的外接圆半径为D.设点为的重心，则点坐标为【答案】BD【解析】延长交于点，延长交于点，如图所示，因为，所以，又因为平分，所以，因为，所以都是等腰直角三角形，因为，，，所以与全等，所以，所以为中点，又因为为中点，所以且，所以，故B正确；因，所以，又，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以的标准方程为，故A错误；因为，所以，因为，，，所以与全等，所以为中点，所以，所以，所以，所以，所以的外接圆半径为，故C错误；因为，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，且，所以，所以，所以，故D正确；故选：BD.11.在棱长为2的正方体中，点满足，且，则下列说法正确的是（）A.若，则面B.若，则C.若，则到平面的距离为D.若时，直线与平面所成角为，则【答案】ACD【解析】连结，由可知，点在线段上，因为，平面，平面，所以平面，同理平面，且，且平面，所以平面平面，平面，所以平面，故A正确；如图以为原点建立空间直角坐标系，则，，对于A，，则，得，则，，A正确：对于B，由A分析可得，故不与垂直，故B错误；对于C，时，，又，设平面的法向量为，则，故可取，又，则到平面的距离为，故C正确：对于D，当时，，则，又由C已得平面的法向量为，则当，当，因在上单调递减，则，则有，则，则当时，，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知圆，圆，分别为圆和圆上的动点，为直线上的动点，则的最小值为__________．【答案】【解析】圆，即，圆心为，半径圆，即，圆心为，半径，设点关于直线对称的点为，则，解得：，圆关于直线对称圆为圆，其圆心为，半径，则其方程为，设圆上的点与圆上点对称，则有，原问题可以转化为到圆和圆上的动点距离之和最小值问题，如图所示：连接，与直线交于点，此时点是满足最小的点，此时，即的最小值为，故答案为：.13.已知双曲线的左右顶点分别为，双曲线在第一象限内存在一点，使得直线的斜率，满足，则该双曲线的离心率的取值范围是_____.【答案】【解析】设，则有，即，所以.由题意知，则.所以，即.将代入双曲线方程可得，即.因为，所以，即.由可得，所以离心率.所以双曲线的离心率的取值范围是.故答案为：.14.已知数列各项均为正数，它的前项和为，且，，则数列的通项公式为___________.【答案】【解析】由，数列各项均为正数，则，所以，则，即，令，则，令，为锐角，则，所以，则，又，所以，即，所以，则数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，所以，所以，当时，，又也适合，所以，故答案为：.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.已知为各项均为正数的数列，其前项和为，.（1）求的通项公式；（2）设，数列的前项和记为，证明：.（1）解：当时，，得，∵，∴，当时，，两式作差可得：，即，∴，又∵，∴，且，∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，∴.（2）证明：∵，∴，∴，∴.则.∵，∴，∴，又∵为递增数列，所以，∴.16.如图，在四棱锥中,底面是直角梯形,在锐角中,.（1）求证：平面⊥平面;（2）在棱上是否存在一点,使平面?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由;（3）若直线与平面所成的角为,求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：在四棱锥中，底面为直角梯形，且，所以，由已知，又，故平面，又平面，所以平面⊥平面；（2）解：连接，，连接，若平面，因为平面，平面平面，故，又，则，故为三等分点（靠近点），即，当时，，故，又平面，平面，所以平面；（3）解：如图，以为原点，分别以、方向为轴、轴正方向,通过点D作平面的垂线，以该直线的向上方向为轴，如图建立空间直角坐标系，则,所以，，不妨设，则，所以．设平面PCD的法向量为，则，可取，因为与平面所成角为，则，解得，故，则，所以，可取；设平面的法向量为，则，可取＝，设平面与平面夹角为，则，故平面与平面夹角的余弦值为．17.已知椭圆的左，右焦点分别为、，直线与椭圆交于M、N两点，（点M在点N的上方），与y轴交于点E.（1）求椭圆的离心率e；（2）若直线l过点时，设，，求证：为定值，并求出该值；（3）当k为何值时，恒为定值，并求此时三角形面积的最大值.（1）解：由，则，故，所以离心率；（2）证明：由题设，联立与，得，设，则，因为，所以；（3）解：由题设，联立，消元得，设，当，即时，则，，则.，当为定值时，即与无关，故，得，此时，又点到直线的距离，所以，当且仅当，即时，等号成立，经检验，此时成立，所以面积的最大值为1.18.已知双曲线的左、右焦点分别为，在上且.（1）求双曲线的方程；（2）按照如下方式构造点列：过点作互相垂直的两条直线分别交双曲线于，记弦与的中点分别为，直线与轴交于点.设.（i）证明：过定点；（ii）求.（1）解：在上，故，因，可得，又，联立解得，故双曲线的方程为；（2）（i）证明：设过作直线，由，消去得，其中，所以.由韦达定理，所以.过作直线，同理可求得.所以直线的方程为，在直线的方程中，令，得.当时，，故直线过定点，即.（ii）解：由（i）知，，故为公比为的等比数列，又，故.19.的内角的对边分别为，且.（1）求角；（2）记.（i）求证：以为三边可构成（其中分别为边所对的角），且为三角形的最长边；（ii）记，同样可得：以为三边可构成（其中分别为边所对的角），如此往复构造可得一系列，求数列的通项公式.（1）解：在中，由余弦定理得：，因为，所以.（2）方法一：（i）证明：因为，则，且，所以，又，，从而，因为，所以，所以以为三边可构成（其中分别为边所对的角），且为三角形的最长边；（ii）解：依题意有；，设，显然，在中，由余弦定理得：，因为所以.又