浙江省2025_2026学年高二数学上学期10月月考试卷提前班含解析

这是一份浙江省2025_2026学年高二数学上学期10月月考试卷提前班含解析，共24页。试卷主要包含了 等比数列的前项和为，若，则， 椭圆， 已知圆， 已知M为抛物线G， 以下四个命题正确的有等内容，欢迎下载使用。
1. 等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. 8C. 1或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的前项和公式及等比数列通项公式即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，则
因为，所以，
即，解得或，
所以或.
故选：C.
2. 椭圆：的左焦点为，椭圆上的点与关于坐标原点对称，则的值是（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】令椭圆C的右焦点，由已知条件可得四边形为平行四边形，再利用椭圆定义计算作答.
【详解】令椭圆C的右焦点，依题意，线段与互相平分，于是得四边形为平行四边形，
因此，而椭圆：的长半轴长，
所以.
故选：D
3. 在等比数列中，，是方程的两个实数根，则的值为（ ）
A. 2B. 或C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，由条件可得，，由此可判断，再判断的符号，结合等比数列性质可得结论.
【详解】设等比数列的公比为，，
因为，是方程的两个实数根，
所以，且，所以，，
又数列为等比数列，所以，由等比数列性质可得，
所以.
故选：D.
4. 已知圆：，点，则点到圆上点的最小距离为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】写出圆的圆心和半径，求出距离的最小值，
再结合圆外一点到圆上点的距离最小值的方法即可求解.
【详解】由圆：，得圆，半径，
所以
，
所以点到圆上点的最小距离为.
故选：C.
5. 已知过抛物线的焦点F且倾斜角为的直线交C于A，B两点，Q为AB的中点，P为C上一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 8D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出点Q的横坐标，再借助抛物线的定义求解作答.
【详解】抛物线的焦点，准线，直线：，
由消去y并整理得：，设，
则，线段AB的中点Q的横坐标，
过点Q作准线的垂线，垂足为D，交抛物线C于点P，连PF，如图，

于是，在抛物线C上任取点，过作准线的垂线，垂足为，连，
则有，当且仅当点与点P重合时取等号，
所以的最小值为.
故选：A
6. 在等差数列中，其前项和是，若，，则在中最大的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意知 ．由此可知，所以在中最大的是．
【详解】由于 ，
所以可得．
这样，
而>0， ，
所以在中最大的是．
故选C．
【点睛】本题考查等数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．属中档题.
7. 已知M为抛物线G：上的动点，P，Q为圆C：上的两个不同点，若MP，MQ均与圆C相切，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据题意可求，设，则，进而可得，再结合双勾函数单调性即可求解.
【详解】如图，设，设，则，
所以，
又MP，MQ均与圆C相切，所以，
则，
所以
，
又在单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故选：B.
8. 已知，是双曲线的左、右焦点，点A是的左顶点，为坐标原点，以为直径的圆交的一条渐近线于、两点，以为直径的圆与轴交于两点，且平分，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由直径所对圆周角是直角，结合双曲线的几何性质和角平分线定义可解.
【详解】由圆的性质可知，，，所以，
因为，所以
又因为平分，所以，
由，得，
所以，即
所以
故选：B
二．多选题（6*3=18）
9. 以下四个命题正确的有（ ）
A. 若直线在x轴上的截距为，则实数
B. 若直线不经过第四象限，则
C. 直线与圆相离
D. 直线关于点对称直线方程为
【答案】AD
【解析】
【分析】A：利用代入法进行求解判断即可；
B：根据直线的斜截式方程进行求解判断即可；
C：利用直线所过的定点，结合圆的性质进行判断即可；
D：根据平行线间距离公式进行求解判断即可
【详解】A：因为直线在x轴上的截距为，
所以有，因此本选项说法正确；
B：，因为直线不经过第四象限，
所以有，因此本选项说法不正确；
C：直线过定点，因为，
所以点在圆内，因此该直线与圆相交，所以本选项说法不正确；
D： 因为直线关于点对称的直线与直线平行，
所以设对称直线方程为：，于是有：
，或（舍去），
即，所以本选项说法正确，
故选：AD
10. 过抛物线的焦点F的直线交抛物线于两点，分别过作抛物线的切线交于点则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则直线AB的倾斜角为
B. 点P在直线上
C.
D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到的值，根据抛物线的定义即可求解A项；设两点的坐标，利用导数求解切线斜率，进而得出切线方程，联立切线方程即可求解B、C两项；利用两点间距离公式得到的值，结合A项的值，构造函数，利用函数的单调性，求解最小值即可.
【详解】由题可得，抛物线的焦点坐标为，
对于选项A，设，则与抛物线联立方程消元化简得，所以，所以，所以解得，所以可知当时，直线AB的倾斜角为或，所以选项A错误；
设，由，所以，所以，即为，同理可得,由,解得，由上知，，所以,所以点P在直线上，所以选项B正确；
因为，所以，所以，所以选项C正确；
因为，即为，所以，因为，所以，令，则原式.因为函数在上单调递增，所以当，即时取到最小值，其最小值为.所以选项D错误.
故选:BC.
11. 数列{Fn}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记数列{Fn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是（ ）
A. S5=F7-1B. S5=S6-1
C. S2019=F2021-1D. S2019=F2020-1
【答案】AC
【解析】
【分析】本题先根据题意写出斐波那契数列的递推关系式为，然后分别将，2，，2021分别代入，各项相加后化简整理即可得到与的关系式，得到正确选项．
【详解】解：由题意，可知：斐波那契数列的递推关系式为，，
所以，
所以，
所以，
即，，
故选：．
12. 已知双曲线：的左右焦点为，，左右顶点为，，过的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，设，，当直线绕着转动时，下列量保持不变的是（ ）
A. 的周长B. 的周长与之差
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】如图所示：当直线的倾斜角越小时，点的周长越大，可判断A，根据双曲线定义求解可判断B，设，则根据商与积的值可判断CD．
【详解】如图所示：当直线的倾斜角越小时，点的周长越大，故A不正确；
的周长为
所以的周长与之差为，故B正确；
设，则，
由不是常量，故C不正确；
由为常量，故D正确；
故选：BD

三．填空题（5*4=20）
13. 若椭圆的焦点在轴上，过点作圆的切线，切点分别为A，B，直线恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是____________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得切线的方程，从而求得两点的坐标，进而求得直线的方程，求得右焦点和上顶点的坐标，进而求得.
【详解】①当直线l与x轴垂直时，k不存在，直线方程为，恰好与圆相切于点；
②当直线与x轴不垂直时，
设过点的圆的切线为l：，即，
原点到直线l的距离为：，解之得，
此时直线l的方程为，
，
所以与圆相切于点；
因此，直线斜率为，直线AB方程为，
∴直线交轴于点，交轴于点．
即椭圆的右焦点为，上顶点为，
∴，可得，椭圆方程为.
故答案为：
14. 设圆位于抛物线与直线所组成的封闭区域（包含边界）内，则圆的半径能取到的最大值为_______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，可得圆与抛物线及直线都相切，设出圆的方程并与抛物线方程联立，利用判别式求解.
【详解】依题意，当圆的半径取最大值时，圆与抛物线、直线都相切，
由对称性设，则半径，圆的方程为，
由，得，
，因此，，
所以圆的半径能取到的最大值为.
故答案为：
15. 已知数列的首项，且满足对任意都成立，则能使成立的正整数的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知等式得或；当为等差或等比数列时，可知不满足题意；则为等差与等比的交叉数列，要使最小，则可利用递推关系式所满足的规律进行推导得到结果.
【详解】由知：或；
当时，数列是以为首项，为公差的等差数列，
，则，解得：（舍）；
当时，数列是以为首项，为公比的等比数列，
，则，解得：（舍）；
数列应是等差与等比的交叉数列，又，或；
若要最小，则，，，
，
，
的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列中的规律求解数列中的项的问题，解题关键是能够根据递推关系式明确数列是等差和等比各项交叉所得的数列；若要使最小，则需尽可能利用对数列中的项进行缩减，进而返回到首项上.
16. 已知点是椭圆：的左顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于另一点（点P在第一象限）.以原点O为圆心，为半径的圆在点处的切线与x轴交于点Q.若|PA|≥|PQ|，则的最大值是__.
【答案】2
【解析】
【分析】直线AP的方程为：，与椭圆方程联立解得P点坐标，根据OP⊥PQ，可得kPQ，在中，利用正弦定理可得，进而得出结论.
【详解】解：直线AP的方程为：，由结合P在第一象限可得，
联立化为： ，
解得，，
∴，
∵OP⊥PQ，∴，
在中，，
∵tan∠PAQ＝，∴sin∠PAQ＝.
∵tan∠PQA＝，∴sin∠PQA＝.
∴，
化为：，
∴，
解得或，
∵，∴1＜＜4，∴，
因此则的最大值是2.
故答案为：2.
三．解答题：
17. 已知等差数列中，，等比数列中，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前n项的和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差和等比数列基本量的计算即可求解，
（2）对分奇偶，结合分组求和，利用等差数列以及等比数列求和公式即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，
得，所以，
从而，
所以，所以.
【小问2详解】
，故，
当为偶数时，
，
当为奇数时，，
综上可得
18. 设为数列的前n项和，且.
（1）求；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）给n赋值可求得及；利用与的关系将n换为n+1，作差可得，由等差中项的定义证得等差数列，即可利用等差数列的定义求解..
（2）将分离，构造新数列，利用的正负找到最大项，可得所求结果.
【小问1详解】
，，得 .
，则，
两式相减得，
即 ①
②
②①得，
即，故数列为等差数列.
因此公差为，则
【小问2详解】
由（I）可得 ，
由得对任意正整数恒成立，，
令，
，
当时，，当时，，
，
.
19. 如图，已知圆G：经过椭圆的右焦点F及上顶点B，过圆外一点倾斜角为的直线交椭圆于C，D两点．
（1）求椭圆的离心率；
（2）若右焦点F在以线段CD为直径的圆E的外部，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆求得的坐标，求得的值，进而求得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组得到，结合和判别式，列出不等式组，即可求解.
【小问1详解】
解：由圆经过点，
令，可得，解得或（舍去）；
令，可得，解得或（舍去），
所以，则，所以，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
解：设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
所以，
因为，
所以，
因为点在圆的外部，所以，即，解得或，
又由，解得，
又因为，所以，
综上可得，即的取值范围．
20. 已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点.
（1）证明和均为定值;
（2）设线段的中点为，求的最大值；
（3）椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）
（3）椭圆C上不存在三点，使得
【解析】
【分析】（1）根据已知设出直线的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线的距离，根据三角形面积公式，即可求得和均为定值；
（2）由（I）可求线段PQ的中点为M，代入|OM|•|PQ|并利用基本不等式求最值；
（3）假设存在，满足，由（1）得，，，， ，，从而得到的坐标，可以求出方程，从而得出结论.
【小问1详解】
（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以
∵在椭圆上
∴ ①
又∵，
∴ ②
由①②得，．此时；
（ⅱ）当直线斜率存在时，是直线的方程为，将其代入得

故即
又，
∴
∵点到直线的距离为
∴
又
整理得
此时

综上所述结论成立．
【小问2详解】
（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由（1）知
，
因此．
（ⅱ）当直线的斜率存在时，由（1）知

所以

．当且仅当，
即时，等号成立．
综合（1）（2）得的最大值为.
【小问3详解】
椭圆C上不存在三点，使得
证明：假设存在，满足
由（1）得，，，， ，
解得：，.
因此从集合中选取，从集合中选取；
因此只能从点集这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与矛盾.
所以椭圆C上不存在三点，使得
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．（3）考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力.
21. 已知向量绕着原点沿逆时针方向旋转角可得到向量.
（1）求点绕着原点沿逆时针方向旋转得到的点的坐标；
（2）已知曲线的方程为，点是曲线上任意一点.
（i）是否存在定点，使得为定值？若存在，求出这个定值及两定点坐标；若不存在，请说明理由；
（ii）设直线过定点与曲线交于点，直线过定点与曲线交于点，，且，求四点构成的四边形面积的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）存在，，理由见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据题意求解即可；
（2）（i）将曲线绕着原点沿顺时针方向旋转得到曲线，设为曲线上点旋转后的对应点，设，进而可求出的坐标，再代入曲线的方程，即可求出求出曲线的方程，进而可得出结论；
（ii）根据题意问题可转化为：直线过定点与曲线交于，直线过定点与曲线交于，且，求四点构成四边形面积的最小值.分直线是否与重合讨论，当直线与重合时，设直线，联立方程，理由韦达定理求出，再根据弦长公式求出，同理求出，列出面积的表达式，进而可得出答案.
【小问1详解】
因为，即，
绕着原点沿逆时针方向旋转得到点，
则，所以；
小问2详解】
（i）将曲线绕着原点沿顺时针方向旋转得到曲线，
设为曲线上点旋转后的对应点，
设，
则，
又因为，
所以，
整理得，
点到点和点的距离之和为，
旋转时，曲线形状不变，所以为定值，
定点的坐标分别为；
（ii）由（i）知曲线绕着原点沿顺时针方向旋转得到曲线，
定点为曲线的两个焦点，在曲线对应点和点，
在旋转过程中图形不变，问题可转化为：直线过定点与曲线交于，直线过定点与曲线交于，且，求四点构成四边形面积的最小值.
与交点满足，且在椭圆内部，
当与重合时，；
当与不重合时，设直线，
联立，整理得，
则，
所以，
同理可得，
，
当且仅当，即时取等号，
因为，
所以四点构成四边形面积的最小值为，
即四点构成的四边形面积的最小值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．