四川省自贡市荣县中学2024-2025学年高二下学期入学考试数学试题

荣县中学校高2026届2025年上半年入学考试数学试题（考试时间：120分钟试卷总分：150）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3．考试结束后，将答题卡交回.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.空间向量在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据投影向量公式计算即可.【详解】，，由投影向量的定义和公式可知在的投影向量为，故选：C.2.已知A为抛物线上一点，点A到抛物线C的焦点的距离为10，到y轴的距离为9，则（）A.2 B.3 C.6 D.9【答案】A【解析】【分析】利用抛物线的定义即可求解.【详解】设抛物线的焦点为，由抛物线的定义知，解得.故选：A.3.如图，在四棱锥中，底面，，底面为边长为2的正方形，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角可求得结果.【详解】因为底面，所以，又，所以以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，，，设异面直线与所成的角为，，则.所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：A【点睛】本题考查了直线与平面垂直的性质，考查了利用空间向量求异面直线所成的角，属于基础题.4.记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【解析】【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，则，因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，即，则，有，两式相减得：，即，对也成立，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C正确.方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即，即，，当时，上两式相减得：，当时，上式成立，于是，又为常数，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件.故选：C5.记为等比数列的前n项和，若，，则（）．A.120 B.85 C. D.【答案】C【解析】【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故选：C．方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．6.已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.【详解】因为，由双曲线的定义可得，所以，；因为,由余弦定理可得，整理可得，所以，即.故选：A【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.7.已知F为抛物线的焦点，过F作两条互相垂直的直线，，直线与C交于A，B两点，直线与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为A.16 B.8 C.1 D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可判断当A与D，B与E关于y轴对称，即直线DE的斜率为，|AB|+|DE|最小，根据弦长公式计算即可．【详解】如图，l1⊥l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，要使|AB|+|DE|最小，则A与D，B与E关于y轴对称，即直线DE的斜率为，又直线l2过点（0，），则直线l2的方程为y＝x+，联立方程组，整理得：，∴x1+x2＝，x1x2＝，∴|DE|＝，∴|AB|+|DE|的最小值为2|DE|＝1.故选：C【点睛】本题考查了抛物线的简单性质以及直线和抛物线的位置关系，弦长公式，对于过焦点的弦，能熟练掌握相关的结论，解决问题事半功倍，属于中档题．8.已知椭圆与双曲线具有相同的左、右焦点，，点为它们在第一象限的交点，动点在曲线上，若记曲线，的离心率分别为，，满足，且直线与轴的交点的坐标为，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据椭圆、双曲线的定义可得，结合离心率可得，在中，利用余弦定理可得，进而结合椭圆性质可知：当为椭圆短轴顶点时，取到最大值，分析求解即可.【详解】由题意可知：，解得，又因为，可得，由直线与轴的交点的坐标为可得，在中，由余弦定理可得，可得，整理得，解得或（舍去），且，所以，由椭圆性质可知：当椭圆短轴顶点时，取到最大值，此时，且，则，所以，即.故选：A..【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于找到的两种表达方式，构造了关于的方程，从而得解.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.全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.9.已知等差数列的前项和为，且，，，则（）A.数列是递增数列 B.C.当时，最大 D.当时，的最大值为14【答案】BCD【解析】【分析】根据等差数列性质、前项和公式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】在等差数列中，，，，，，公差，数列递减数列，A错误；，，B正确；，，数列是递减数列，当时，最大，C正确；，，，，，当时，n的最大值为14，D正确．故选：BCD10.已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（）A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C.若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切【答案】ABD【解析】【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.【详解】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则，所以，则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.11.已知一条线段端点分别是，关于的方程，则（）A.当时，方程所表示的曲线是以为直径的圆B.当时，方程所表示的曲线是双曲线C.存在，使得方程所表示的曲线是椭圆D.任意，方程所表示的曲线围成的封闭区域面积大于【答案】AC【解析】【分析】依据题意结合向量的数量积运算判断A，举反例判断B，化简方程结合椭圆方程的特征判断C，结合椭圆方程与圆的方程几何特征判断D.【详解】对于A，记，则题干条件即为，则，方程所表示的曲线是以为直径的圆，故A正确，对于B，我们令，，此时方程化为，即，化简得，得到，即，故得到或，此时方程所表示的曲线不是双曲线，故B错误，对于C，，，若要使该方程表示椭圆，只需即可，C正确；对于D，由C可得曲线方程为，记为的面积，为的面积．当的长半轴小于等于半径时，，故D错误.故选：AC【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化方程的形式，结合圆锥曲线方程的特征，结合面积的放缩进行判断即可．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范围是____．【答案】（）【解析】【分析】根据焦点在轴上的椭圆标准方程的特征，可得到关于的不等式，即可求得结果.【详解】根据题意，方程表示焦点在轴上的椭圆，则必有，解可得：m＜2，即m的取值范围是.故答案为:）【点睛】本题考查椭圆的标准方程，属于基础题.13.经过点作直线，若直线l与连接，两点的线段总有公共点，则直线l斜率的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】画出图形，利用斜率坐标公式，数形结合求出范围.【详解】如图，直线的斜率，直线的斜率，而直线与线段总有公共点，所以直线l斜率的取值范围为.故答案：14.某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.【答案】①.5②.【解析】【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，设，则，两式作差得：，因此，.故答案为：；.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.

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.如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，的中点．（1）求证：平面平面EFG；（2）求平面与平面EFG间的距离．【答案】（1）证明见详解；（2）﹒【解析】【分析】(1)要证面面平行，转化为证明两组线面平行，连接AC，证明EF∥AC∥，可证∥平面，同理可证EG∥平面；(2)由(1)知两平面平行，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，两平面间的距离为在法向量上的投影﹒【小问1详解】∵E是AB中点，F是BC中点，∴连接AC得，EF∥AC，∵是平行四边形，∴，又平面平面，∥平面，同理，连接可得，可得EG∥平面，与平面EFG，∴平面∥平面EFG﹒【小问2详解】如图：以D为原点，DA、DC、分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz﹒则∴，设平面的法向量为，则，取，则平面与平面EFG间的距离为﹒16.已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．（1）求的通项公式；（2）证明：当时，．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.【小问1详解】设等差数列的公差为，而，则，于是，解得，，所以数列的通项公式是.【小问2详解】方法1：由（1）知，，，当为偶数时，，，当时，，因此，当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.方法2：由（1）知，，，当为偶数时，，当时，，因此，当为奇数时，若，则，显然满足上式，因此当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.17.已知圆与x轴相切．（1）求圆C的圆心坐标及半径；（2）直线与圆C交于A，B两点，求线段的长．【答案】（1）圆心坐标为，半径长为2（2）【解析】【分析】（1）首先化为圆的标准方程，再根据半径与圆心坐标的关系，即可求解；（2）首先计算圆心到直线的距离，再代入弦长公式，即可求解.【小问1详解】配方得，由此可得圆心坐标为．因为圆C与x轴相切，所以圆心到x轴的距离为．所以半径长为2．【小问2详解】因为直线与圆C交于A，B两点，所以圆心C到直线l的距离为．由（Ⅰ）可知，所以．18.已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，．（I）求和的通项公式；（II）记，（i）证明是等比数列；（ii）证明【答案】（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得的通项，由等比数列的通项公式运算可得的通项公式；（II）（i）运算可得，结合等比数列的定义即可得证；（ii）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证.【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以，所以，所以；设等比数列的公比为，所以，解得（负值舍去），所以；（II）（i）由题意，，所以，所以，且，所以数列是等比数列；（ii）由题意知，，所以，所以，设，则，两式相减得，所以，所以.【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.19.若椭圆：上的两个点满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点.显然，对于椭圆上任意一点，总有两个共轭点.已知椭圆，点是椭圆上一动点，点的两个共轭点分别记为.（1）当点坐标为时，求；（2）当直线斜率存在时，记其斜率分别为，其中，求的最小值；（3