四川省顶级名校2025-2026学年高二下学期3月第一次月考试试卷 数学（含解析）

这是一份四川省顶级名校2025-2026学年高二下学期3月第一次月考试试卷 数学（含解析），共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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．数列的第8项为
A． B． C． D．
2．已知双曲线，则该双曲线的渐近线方程为
A．B．C．D．
3．已知等差数列的前项和为，若，，则值为
A．B．C．9D．13
4．圆：与圆：的位置关系是
A．内含B．外切C．内切D．相交
5. 已知数列为正项等比数列，，则值为
A. 10B. 11C. 15D. 16
6．已知椭圆的左、右焦点分别为，过且垂直于长轴的直线交于，
两点，若，则的离心率为
A．B．C．D．
7．已知是与1的等差中项，直线与圆交于两点，则的最
小值为
A．1B．2C．4D．
8．已知数列的前项和为，对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
二、多项选择题：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．已知直线，为坐标原点，则下列选项中正确的有
A．直线的倾斜角为 B．直线在轴上的截距为
C．过且与直线平行的直线方程为
D．过且与直线垂直的直线方程为
10. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的有
A. 若数列是等比数列，，则
B. 记两个等差数列前n项和分别为，若，则
C. 若数列为等差数列，，且，则当取得最大值时的值为6
D. 若，则
11. 已知抛物线C：的焦点为，过点且斜率为的直线交抛物线于两点，
下列说法正确的是
A．的取值范围为
B．存在直线使得
C．
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知向量，，且，那么_______.
13．我国古代的数学名著《九章算术》中有“衰分问题”：今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问次日织几何？其意为：一女子每天织布的尺数是前一天的2倍，5天共织布5尺，请问第二天织布的尺数是_______.
14．在棱长为10的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为_______.
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 ABC的三个顶点分别是，，，为中点
（1）求中线和线段分别所在的直线方程；
（2）求 ABC的面积.
16．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，
是的中点，作交于点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的大小．
17. 已知等比数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：．
18．如图所示，已知椭圆 过点，离心率为，左、右焦点分别为、
，点为直线上且不在轴上的任意一点，直线和与椭圆的交点分别为、
和、，为坐标原点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线、的斜率分别为、.
（i）证明：；
（ii）直线上是否存在点，使得直线、、、的斜率、、、满足
？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，说明理由.
已知数列是等差数列，前项和为，数列是递增等比数列，且，
，．
（1）求数列、的通项公式；
（2）去掉数列中的第项，余下的项顺序不变，构成新数列，求数列的
前项和；
（3）将数列的前项重新排列后，得到新数列，，…，，设
的最大值为，求证：．
. 13. 14.
15.（1）由，，为中点，可得，
再由两点式直线方程可得直线方程为：，整理得：分
再由两点式直线方程可得直线方程为：，整理得：； 分
（2）由点到直线的距离公式可得点到直线的距离为：
，分
再由两点间的距离公式可得，两点间距离：
，分
所以的面积. 分
16.（1）解法一：因为底面是正方形，侧棱底面，
以D为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
依意得，，，，分
所以，，
因为，所以，分
由已知，且，平面，平面，
所以平面．分
解法二：底面是正方形，，
底面，且平面，，
，平面，平面，
平面，平面，，
，E为中点，，
，平面，平面，
平面，平面，，
由已知，且，平面，平面，
所以平面.
（2）解法一：依题意得，且，，
设平面的一个法向量为，
则，即取分
因为，，设平面的一个法向量为，
则即取，分
设平面与平面的夹角为，则，
又，所以，所以平面与平面的夹角为．分
解法二：由（1）知平面，，
又，平面，平面，
为平面与平面所成角，
，E为中点，，，
平面，平面，，
直角三角形中，，所以，
所以平面与平面的夹角为
17.（1）解：因为在数列中，，当时,，
两式相减得，可得，分
又因为时,，可得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列
故分
（2）由（1）知，
所以数列的前n项和为Tn=120+321+…+2n−12n−1，①
12Tn=121+322+⋯+2n−32n−1+2n−12n，②分
① ②得 12Tn=1+2121+122+⋯+12n−1−2n−12n=1+21−12n−11−12−2n−12n=3−2n+32n，
所以Tn=6−2n+32n−分
又因为，所以，所以Tn=6−2n+32n−1