試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁內(nèi)蒙古自治區(qū)錫林郭勒盟2025-2026學年高二上學期1月期末學業(yè)質(zhì)量測試數(shù)學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．設x∈R，向量a=1,x,3，b=2,A．?4 B．?3 C．?22．已知等差數(shù)列an中，a1+a8A．4 B．3 C．1 D．?3．如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1DA．a(chǎn)+b+c B．?a+4．已知直線l:kx?y?k?2A．相交 B．相切 C．相離 D．不確定5．已知點Ma,b在直線l:xA．1 B．2 C．5 D．56．曲線x225+y2A．長軸長相等 B．短軸長相等 C．離心率相等 D．焦距相等7．如圖，正方體ABCD?A1B

A．1 B．12 C．22 8．任取一個正整數(shù)，若是奇數(shù)，就將該數(shù)乘3再加上1；若是偶數(shù)，就將該數(shù)除以2.反復進行上述兩種運算，經(jīng)過有限次步驟后，必進入循環(huán)圈1→4→2→1.這就是數(shù)學史上著名的“冰雹猜想”（又稱“角谷猜想”等）.如取正整數(shù)m=3，根據(jù)上述運算法則得出3→10→5→16→8→4→2→A．2 B．15 C．3 D．16二、多選題9．已知P為雙曲線x2?y224=1A．4 B．5 C．6 D．710．（多選）如圖，棱長均為2的正三棱柱ABC?A1B1

A．異面直線AN與A1B．B1C1C．平面A1CD．點B到平面A1M11．某市為了改善城市中心環(huán)境，計劃將市區(qū)某工廠向城市外圍遷移，需要拆除工廠內(nèi)一個高塔，施工單位在某平臺O的北偏東45°方向402m處設立觀測點A，在平臺O的正西方向240m處設立觀測點B，已知經(jīng)過O，A，B三點的圓為圓C，規(guī)定圓C及其內(nèi)部區(qū)域為安全預警區(qū).以O為坐標原點，O的正東方向為x軸正方向，建立如圖所示的平面直角坐標系.經(jīng)觀測發(fā)現(xiàn)，在平臺O的正南方向A．觀測點A,BB．圓C的方程為xC．小汽車行駛路線所在直線的方程為yD．小汽車會進入安全預警區(qū)三、填空題12．在等比數(shù)列an中，若a1=113．已知四面體ABCD棱長均為2，點E，F(xiàn)分別是BC、A14．已知雙曲線C：x24?y2=1，A，B分別為它的左右頂點，P為C上異于A，B的任意一點，且P關于x軸對稱的點為Q，直線AP與四、解答題15．記sn是公差不為0的等差數(shù)列an的前n項和，若(1)求數(shù)列an(2)求使Sn<a16．已知坐標平面內(nèi)一動點P到定點1,0的距離等于到定直線(1)求動點P的軌跡E的方程；(2)設O為坐標原點，過4,0點的直線l交E于P,17．已知數(shù)列an滿足a(1)證明：數(shù)列an?n(2)求數(shù)列a2n的前n項和18．如圖1，△ABC是底邊為2的等腰三角形，且BA=BC=3，△DAC為等腰直角三角形，∠CDA(1)證明：AC(2)當平面PAC⊥平面ACB(3)若直線PC與AB所成角的余弦值為64時，設平面PAC與平面A19．已知橢圓E的左?右焦點分別為F1?1,0,F21,0，且橢圓E過點P1,

(1)求橢圓E的方程；(2)若直線l1與x軸不重合，求△O(3)求證：直線MN答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《內(nèi)蒙古自治區(qū)錫林郭勒盟2025-2026學年高二上學期1月期末學業(yè)質(zhì)量測試數(shù)學試題》參考答案題號12345678910答案CBBACDCBCDACD題號11答案BCD1．C【分析】根據(jù)兩個向量平行的坐標表示，列方程求解即可.【詳解】利用向量共線的充要條件求解即可.因為向量a=1,x,3，b=所以12=x?4=3故選：C.2．B【分析】根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)求解可得.【詳解】等差數(shù)列an中，因為a所以a2+a故選：B3．B【分析】結(jié)合圖形，由空間向量的加法法則求解即可；【詳解】由題意可得BD故選：B.4．A【分析】先確定直線過定點，再根據(jù)點與圓的位置關系進行判斷.【詳解】因為直線l：kx?y?k所以直線l經(jīng)過定點P1因為12+(?2)2所以直線l與圓C：x2故選：A5．C【分析】結(jié)合a2+b【詳解】a2+b點M到原點距離的最小值為原點到直線l的距離d=故選：C6．D【分析】根據(jù)橢圓的性質(zhì)求出兩個橢圓的a,【詳解】曲線x225+曲線x225?k+故兩橢圓的焦距相等，長軸長、短軸長、離心率不一定相等．故選：D.7．C【分析】先證明AA1//平面BDD1B1【詳解】因為AA1//BB1，AA1?平面B所以異面直線AA1與BD1的距離與直線即點A到平面BDD1B1的距離，如圖連接AC，因為DD1⊥平面ABCD

又因為BD∩DD1所以AO⊥平面BDD1B1又因為AO=BD2=故選：C8．B【分析】根據(jù)運算規(guī)則進行逆向運算推導即可.【詳解】若a8=1，則a若a5=8，則a當a3=32時，a當a3=5時，a若a5=1，則a當a2=8當a2=1故a8=1故選：B9．CD【分析】由題意，根據(jù)雙曲線的方程可得a=1,【詳解】由已知可得：a所以a=所以P故選：CD10．ACD【分析】以AC中點O為原點，分別以OB,OC所在直線為x,y【詳解】如圖根據(jù)正三棱柱的性質(zhì)，以AC中點O為原點，分別以OB,OC所在直線為x,y

則A0,?1,0，B3,0,0，C所以AN=3,1,1，B設平面A1CM則n?A1C=對于A，因為AN?A對于B，因為B1C1?n對于C，解法一：因為MC=?32由MC?A又AB∩AA1=A所以MC=?由MC?n=?解法二：因為AA1⊥平面ABC，M又因為三角形ABC為等邊三角形，且M為AB又因為AA1∩AB又因為MC?平面A1CM對于D，解法一：因為平面A1CM的一個法向量為n所以點B到平面A1CM解法二：因為M為AB中點，所以點B到平面A1MC的距離為點由選項C，平面A1CM⊥平面AB易知直角三角形A1AM全等于直角三角形A所以∠NAB由選項C，平面A1CM⊥平面ABB1A1所以AN⊥平面設AN與A1M交于H，則點A到平面A在直角三角形A1AM又A1M=故選：ACD11．BCD【分析】對于A，由題意可得點A,B的坐標，結(jié)合兩點間的距離公式計算即可驗證；對于B，結(jié)合A,B,O三點坐標，利用待定系數(shù)法求解圓【詳解】由題意,得A40,40,B?240,0設圓C的方程為x2+y2+所以F=040所以圓C的方程為x2小汽車行駛路線所在直線的斜率為?1,又點P的坐標是0,?圓C化成標準方程為x+1202+y圓心C到直線y=?x所以直線y=?x故選：BCD.12．2【分析】根據(jù)等比數(shù)列的通項公式，即可求解.【詳解】由題意可知，a4a1故答案為：213．1【分析】根據(jù)數(shù)量積的運算律及定義計算可得.【詳解】解：因為點E，F(xiàn)分別是BC、A所以AE=1ABAC所以AE故答案為：114．x24+y2【分析】利用斜率乘積為定值來求動點M的軌跡，即可求解.【詳解】由題意知，A，M，P三點共線，M，B，Q三點共線，設直線BQ的斜率為kBQ，直線PB的斜率為kP直線kBQMA的斜率為kMA因為P，Q關于x軸對稱，所以kB所以kM設M、P坐標分別為Mx,y則x024?y02由已知，A-所以=kPA??所以kMA?M的軌跡為以A,B為頂點的橢圓（去掉A，所以M的軌跡方程為：x24+y2故答案為：x2415．(1)a(2)n=2【分析】（1）設等差數(shù)列的首項為a1，公差為d（2）由等差數(shù)列的求和公式求得Sn，由Sn<【詳解】（1）設等差數(shù)列的首項為a1，公差為d由S7=7a1又因為a3=2，所以d數(shù)列的通項公式為：an（2）由等差數(shù)列的前n項和公式可得：Sn則不等式Sn<an，即：解得：1<n<4，又n為正整數(shù)，故16．(1)y(2)證明見解析【分析】（1）由拋物線的定義即可求出拋物線方程；（2）分兩類情況第一種：直線l垂直于x軸，其方程為x=4，l與E聯(lián)立得方程，再結(jié)合第二種：直線l：y=k(x-4)【詳解】（1）由拋物線定義可知，P點軌跡為以1,以x=設E的方程為：y2=2所以動點P的軌跡E的方程為y2（2）證明：設P(分兩類情況：第一種：直線l垂直于x軸，其方程為x=聯(lián)立y2=4此時OP所以OP⊥O第二種：直線l：y=kx?4k2x1y12=4x又因為y1與y2異號，y1因為OP所以OP所以△OP17．(1)證明見解析，an=(2)Tn=【分析】（1）遞推公式可變形為an（2）利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的前n項和公式，分組求和即可.【詳解】（1）因為an+1則an又a1?1=2，所以a所以an?n=2（2）由（1）得a2n=則a2n的前n===4n+18．(1)證明見解析；(2)13(3)24【分析】（1）取AC中點為E，連接PE，BE，易得P（2）根據(jù)已知構建合適的空間直角坐標系，求出直線PB與平面A（3）構建合適的空間直角坐標系，設∠BEP=θ【詳解】（1）取AC中點為E，連接PE，∵PA=P∴PE⊥A又PE∩BE=E，∴AC⊥平面PBE，又∴AC（2）∵平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面∴PE⊥平面ACB，易知EA以E為原點，以{E∴A(1,0,0)，B(∴PB=(0,設平面ACF的法向量為m=取y1=?∴cosP設直線PB與平面ACF所成角為θ，則sin∴直線PB與平面ACF（3）以E為原點，以EA為x軸，EB為y軸，垂直于平面AB∵△DAC為等腰三角形，∴EP=1，則A(1設∠BEP=θ，則P故cosP∴cosθ=?24∴cosα19．(1)x(2)3(3)證明見解析，4【分析】（1）由題意可得c=1，利用橢圓的定義可求得a=2，進而可求得（2）設直線AB的方程為：x=my+（