内蒙古巴彦淖尔市第一中学2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份内蒙古巴彦淖尔市第一中学2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知，分别为等差数列，的前n项和，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，向量，，，且，，则（ ）
A．B．
C．3D．4
3．已知数列的前项和为，且满足，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知抛物线的焦点为，过的直线与该抛物线交于两点，记直线（为坐标原点）的斜率分别为，若，则（ ）
A．154B．152C．150D．148
5．已知抛物线的焦点关于的准线的对称点为，则上的点到点的距离为（ ）
A．4B．6C．8D．10
6．已知数列满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．过坐标原点，且与圆相切的直线方程为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
8．已知直线，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．既不充分又不必要条件
二、多选题
9．已知曲线为上一点，为坐标原点，则（ ）
A．C关于轴对称
B．关于轴对称
C．的取值范围分别为
D．的最大值为2
10．在数列中，，，令记，分别为数列，的前项和，则（ ）
A．
B．当时，取得最大值
C．数列从第6项起为递减数列
D．
11．已知双曲线的焦距为4，则下列条件能使的方程为的是（ ）
A．的离心率为B．的渐近线方程为
C．的实轴长为D．是上的点
三、填空题
12．已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与抛物线交于，两点，则的值为 ．
13．已知抛物线的焦点为F，点A在C上，过点A作C的准线的垂线，垂足为B．若直线BF的方程为，则 ．
14．在平行六面体中，，且交平面于点，则 .
四、解答题
15．（1）在等差数列中，若，，试判断91是否为此数列中的项．
（2）已知数列的前n项和，求的通项公式．
16．记为等差数列的前项和，已知.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
17．设是等比数列，是递增的等差数列，的前项和为，，，，．
(1)求与的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求满足成立的的最大值．
18．四棱锥，面，，，，，，M是PD中点.
(1)求证：平面；
(2)若，
①求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值；
②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面PAQ的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
19．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．
20．已知双曲线：的离心率为，实轴长为2．
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线被双曲线截得的弦长为，求实数的值．
1．A
利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】因为，分别为等差数列，的前n项和，
所以， ，
所以.
故选：A.
2．C
根据向量平行和垂直求的值，进而求和.
【详解】因为向量，，，
若，则，解得，所以；
且，则，解得，所以；
可得，所以.
故选：C.
3．A
根据与的关系，当时，将已知等式转化为，结合等差数列的定义与通项公式即可求得，作差求解判断的单调性，从而得的最值，即可求得实数的取值范围.
【详解】已知数列的前n项和为，且满足，
则当时，，整理得，
所以，
又当时，，
故数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，故，
所以，
当时，，则，
当时，，所以，
综上可得：，
若对任意，恒成立，则，故实数的取值范围是.
故选：A.
4．D
设直线的方程为，联立直线的方程和抛物线的方程，结合根与系数关系由求出，再由抛物线定义求弦长.
【详解】由抛物线知，焦点为，
设直线的方程为
设，则①.
由，消去得，所以，
故由①得，解得，
所以，
所以，
故选：D
5．A
利用抛物线的定义和性质，求出焦点和准线方程，结合已知条件求出，进而求出，最后利用抛物线的焦半径公式计算求解．
【详解】抛物线，
，的准线方程为，故关于准线的对称点为，
焦点关于的准线的对称点为，
，解得，
抛物线方程为，
点在抛物线上，
，解得，
抛物线上点到焦点的距离等于到准线的距离，
，故A正确．
故选：A．
6．A
根据题意，利用叠加法，求得，得到，结合函数的单调性，以及，即可求解.
【详解】由数列满足，
则
，
所以，
又由函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，
当时，可得；当时，可得，
因为，所以的最小值为.
故选：A.
7．A
求出圆的圆心、半径，再利用圆的切线性质，结合点到直线距离公式求解.
【详解】圆的圆心为，半径，
由，即原点在圆外，而圆心到轴距离，
因此过原点与此圆相切的直线斜率存在，设切线方程为，
由，解得或，则或，
所以所求切线方程或.
故选：A
8．C
根据充分条件，必要条件的定义，结合两条直线平行的条件即可求出答案.
【详解】当，直线，此时，故“”是“”的充分条件，
由，得，解得，故“”是“”的必要条件，
故“”是“”的充要条件.
故选：C.
9．ABC
选项A、B， 通过坐标替换法（用换、换），判断曲线方程是否不变，进而确定曲线的对称性.选项C， 根据曲线方程中、的非负性，推导得、的取值范围.选项D， 将表示为关于的函数，通过配方求二次函数的最值，判断其最大值是否为2.
【详解】用换方程中的，化简后方程不变，故关于轴对称，
同理可得，关于轴对称，故AB均正确；
由，得，解得，同理可得，故C正确；
在曲线上，所以，
所以，
当时，取得最大值，故D错误.
故选：ABC.
10．ACD
由累加法得到数列的通项公式，即可判断A选项；由数列的通项公式令，解得对应的取值范围，即可判断B选项；令解得的范围，即可判断C选项；先求出当时的值并判断不等式是否成立，然后由裂项相消求得当时的值并判断不等式是否成立，判断D选项.
【详解】由题意知，
当时，，
经检验也满足上式，所以，即，故A正确；
对于B，令，解得，所以时，取得最大值，故B错误；
对于C，令，解得，又，所以，所以，故C正确；
对于D，当时，，
当时，，
则，故D正确.
故选：ACD
11．AD
根据双曲线的方程以及双曲线的几何性质，对选项逐一判断即可.
【详解】由题可知，，即，因此.
双曲线方程，等价于.
对于A：若的离心率，解得，
又因为，故，符合题意，故A正确；
对于B：若的渐近线方程为，则，即，
又因为，易解得，与题意不符，故B错误；
对于C：若的实轴长为，即，则，与题意不符，故C错误；
对于D：将代入，可得，又因为，
联立，可得，整理得：，解得或（舍去，因为），又因为，故，符合题意，故D正确.
故选：AD.
12．
根据抛物线定义，可得，，再结合直线与曲线相交的弦长公式，可得，比值即可.
【详解】由直线与抛物线交于，，设，，直线的斜率为，
由抛物线定义，可得，，
又弦长，
所以.
故答案为：
13．5
先由直线BF的方程求出焦点、准线方程，则可得抛物线的方程，进而得点，从而求出点，再由焦半径公式即可得解.
【详解】在中，令，解得，所以，
因为，所以，解得，
所以抛物线C的方程为，其准线方程为，
在方程中，令，得，所以，所以点A的纵坐标为4，
在方程中，令，解得，所以，
由抛物线的定义，得．
故答案为：.
14．/
作出辅助线，根据平面的基本性质得到，并求出，平方后，由向量数量积公式得到，，从而得到答案.
【详解】根据题意，连接交于点，连接与交于点，
在平行六面体中，∽，则，故，
根据平面的基本性质可知点与点重合，故，其中，
故
，
所以，所以.
故答案为：
15．（1）91为数列中的第43项；（2）
（1）利用等差数列的“项的性质”（如，当时）及通项公式求解；
（2）利用数列的前项和求通项公式的方法求解（利用，再验证的情况）.
【详解】（1）因为，所以，解得，
因为，所以，
又因为，解得，
代入通项公式为：，
令，即，解得（为正整数），
即91为数列中的第43项．
（2）∵，
∴当时，，
当时，，
将代入，得，与一致，
∴的通项公式是．
16．(1)
(2)
（1）根据等差数列的等差中项以及公差计算，结合其通项公式，可得答案；
（2）根据等差数列的求和公式，可得新数列的通项公式，利用分组求和，可得答案.
【详解】（1）由数列为等差数列，则，解得，
可得等差数列的公差，
可得
所以等差数列的通项公式为..
（2）由等差数列易知，
则，设数列的前项和为，
可得，
当时，；
当时，.
综上可得数列的前项和为.
17．(1)．
(2)
（1）根据题意结合等差数列以及等比数列的相关公式，列出方程组，求出等差数列以及等比数列的基本量，即可求得答案.
（2）写出的表达式，利用裂项求和法求出，解不等式，即可求得答案.
【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，
由已知，，，，得，
即，
解得（舍）或，
故．
（2），
故，
则，即，即，
解得，
，的最大值为，即满足条件的n的最大值为．
18．(1)证明见解析
(2)①②存在，
（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行；
（2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值；②设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可.
【详解】（1）
取中点，为中点，
，且，
又，，
，且，
四边形为平行四边形，即，
平面，平面，
平面；
（2）
①平面，且，
则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
得，，，，，
，，，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，则，
，
平面与平面所成角的正弦值为；
②存在点满足题意，
易知，，
假设存在点满足题意，设，，
，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以点到平面的距离，
化简可得，解得或（舍去），即.
19．(1)证明见解析
(2)存在，
(3)
（1）要证面面垂直，只需证线面垂直即可.故证明出平面即可.
（2）利用线面平行的性质，通过三角形相似等知识找到线段比例关系，即可确定点位置.
（3）建立空间直角坐标系，求出相关平面法向量，根据向量夹角公式即可求出两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：四边形为直角梯形，，，所以，
又，，平面，故平面，
又平面，所以平面平面．
（2）解：连接，交于点，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．
故在棱上存在点，当时，平面.
（3）因为，以为原点，分别以，所在直线为轴、轴建立空间直角坐标系，如图
则，，，，
所以，．
设，则，
所以．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，所以．
因为与平面所成角为，则
又，，，
所以，解得，故，则，
所以，， ．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，故．
设平面与平面夹角为，，
，，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
20．(1)
(2)
【详解】（1）由条件可知，，所以，，，
所以双曲线的方程为；
（2）联立，得，
设直线被双曲线交于点，
恒成立，
，，
，
，