精品解析：江苏省天一中学2025-2026学年高二上学期10月阶段性测试数学（强化班）试题

江苏省天一中学2024-2025学年高二上学期10月阶段性测试数学（强化班）试题 一、单选题 1. 已知，，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合、都是的子集，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知点，是空间直角坐标系中的两点，点关于平面对称的点为，线段的中点与点的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 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. 既不充分也不必要条件 5. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，短轴长为，离心率为，过点的直线交椭圆于，两点，则的周长为 A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 6. 已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ） A. 是一个半径为的圆 B. 是一条与相交的直线 C. 上的点到的距离均为. D. 是两条平行直线 7. 如图，在正方体ABEF­DCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为（ ） A. － B. C. － D. 8. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数，则存在实数，使得（ ） A. 的最小正周期为 B. 是偶函数 C. 是奇函数 D. 的最大值为0 10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上．这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（ ） A. 的“欧拉线”方程为 B. 圆上点到直线的最大距离为 C. 若点在圆上，则的最小值是 D. 若点在圆上，则的最大值是 11. 设椭圆的右焦点为，点为左顶点，点为上顶点，直线过原点且与椭圆交于，两点（在第一象限），则以下命题正确的有（ ） A. B. 时，三角形面积为 C. 直线与直线的斜率之积是定值 D. 当与平行时，四边形的面积最大 12. 设函数，则满足的的取值范围是__________. 13. 已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的直径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值是__________，圆锥的表面积与球的表面积的比值是__________． 14. 以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为________． 15. 已知的内角所对的边分别为，且． （1）求角的大小； （2）点在边上，且，求的周长． 16. 已知圆. （1）证明：圆过定点. （2）当时，求直线被圆截得的弦长. （3）当时，若直线与圆交于两点，且，其中为坐标原点，求的取值范围. 17. 如图，在三棱柱中，，四边形是菱形，，点D在棱上，且． （1）若，证明：平面平面ABD． （2）若，是否存在实数，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的中点，为线段上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）. （1）求证：平面. （2）若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的最小值. （3）求三棱锥的体积的取值范围. 19. 在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆C上． （1）求椭圆C的方程； （2）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知． ①求证：直线恒过x轴上一定点； ②设和的面积分别为，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省天一中学2024-2025学年高二上学期10月阶段性测试数学（强化班）试题 一、单选题 1. 已知，，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由，求出，利用复数的运算法则求出表达式，进而可得对应象限. 【详解】因为，所以，所以， 在复平面内对应的点为，位于第四象限． 故选：D． 2. 已知集合、都是的子集，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】推导出，即可求得结果. 【详解】如下图所示，已知为全集，、为全集的两个子集，且，则， 本题中，因为集合、都是的子集，且，则， 因此，. 故选：B. 3. 已知点，是空间直角坐标系中的两点，点关于平面对称的点为，线段的中点与点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出的坐标，即可求得线段的中点坐标，根据空间两点间的距离公式即可求得答案. 【详解】由题意点，，点关于平面对称的点为， 可得，故线段的中点坐标为，即， 故线段的中点与点的距离为， 故选：A 4. 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. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】先证明充分性，当时，求出，即可判断两直线是否平行；再证明必要性，先讨论然后写出两直线方程或两直线斜率，当时，得到两直线斜率的关系，建立方程并求解，然后再验证两直线是否重合即可求得的值.然后得到本题结论. 【详解】当时，直线的斜率，直线的斜率，即，又代入易知两直线不重合，∴，满足充分性； 当时，，，当时，，， 当时，显然，∴，即，∴，∴或， 当时，，，两直线重合，舍去. ∴，满足必要性. ∴“”是“”的充要条件. 故选：C. 5. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，短轴长为，离心率为，过点的直线交椭圆于，两点，则的周长为 A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆的定义，结合，即可求解，得到答案． 【详解】由题意，椭圆的短轴长为，离心率为， 所以，，则，所以， 所以的周长为， 故选C． 【点睛】本题主要考查了椭圆的定义、标准方程，以及简单的几何性质的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 6. 已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ） A. 是一个半径为的圆 B. 是一条与相交的直线 C. 上的点到的距离均为. D. 是两条平行直线 【答案】C 【解析】 【分析】设，由可得点坐标，由在直线上，将点坐标代入，得轨迹，结合选项即可得出正确答案. 【详解】设，由，则， 由在直线上，故， 化简得，即的轨迹为直线且与直线平行， 上的点到的距离，故A、B、D错误，C正确. 故选：C. 7. 如图，在正方体ABEF­DCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为（ ） A. － B. C. － D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：先利用二面角平面角的定义，在两个半平面内分别找到与二面角的棱垂直的两条直线，将问题转化为求两直线方向向量的夹角即可； 法二：直接转化为求两平面的法向量的夹角即可. 【详解】设正方体棱长为1，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B­xyz，则M ，N，. 解法一 取MN的中点G，连接BG，AG， 则G. 因为为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角． 又因为，， 所以，， 设平面MNA与平面MNB的夹角为θ， 则. 故所求两平面夹角的余弦值为. 解法二 设平面AMN的法向量 由于， ， 则，即， 令x＝1，解得y＝1，z＝1，于是， 同理可求得平面BMN的一个法向量 . 所以 ， 设平面MNA与平面MNB的夹角为θ， 则. 故所求两平面夹角的余弦值为. 故选：B. 8. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用赋值法构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可. 【详解】由题意，，. 赋值，得； 赋值，得，即， 当时，， 当时，则，所以，即； 赋值，得，解得， 即； AC项，由，， 得， 其中由，可知， 当时，，即； 当时，，即；故AC错误； BD项，，得； 又，所以， 则， 故，且不恒为，故B错误，D正确. 故选：D. 9. 已知函数，则存在实数，使得（ ） A. 的最小正周期为 B. 是偶函数 C. 是奇函数 D. 的最大值为0 【答案】AC 【解析】 【分析】取，可验证AC的真假；假设函数为偶函数，根据偶函数的性质，判断B的真假；结合二倍角公式和辅助角公式，求函数的最大值，判断D的真假. 【详解】当时，，为奇函数，且，故AC正确； 若为偶函数，则，恒成立，矛盾，故B错误； 因为，所以，无解，故D错误． 故选：AC 10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上．这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（ ） A. 的“欧拉线”方程为 B. 圆上点到直线的最大距离为 C. 若点在圆上，则的最小值是 D. 若点在圆上，则的最大值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】由及题意可得三角形的欧拉线为线段的中垂线，求出的中垂线方程判断A；由欧拉线与圆相切可得，圆心到欧拉线的距离等于半径可得的值，由圆上的点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加半径判断B；令，得，代入圆的方程，由方程有根求出的范围判断C；表示圆上的点与连线的斜率，设，利用点到直线的距离公式得到不等式，即可求出的取值范围，从而判断D． 【详解】解：，由题意可得的欧拉线为的中垂线， 由，可得的中点为，且， 线段的中垂线方程为，即，故A正确； 的“欧拉线”与圆相切， 圆心到直线的距离， 圆的方程为， 圆心到直线的距离， 圆上点到直线的距离的最大值为，故B错误； 令，，代入圆的方程， 可得，由于在圆上，有根， 则，整理得， 解得， 的最小值为，即的最小值为，故C正确； 因为表示圆上的点与连线的斜率，设，则，即， 所以，即，解得， 所以的最大值为，故D正确； 故选：ACD． 11. 设椭圆的右焦点为，点为左顶点，点为上顶点，直线过原点且与椭圆交于，两点（在第一象限），则以下命题正确的有（ ） A. B. 时，三角形面积为 C. 直线与直线的斜率之积是定值 D. 当与平行时，四边形的面积最大 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意和椭圆的性质，结合直线的特点，可较易判断A选项；对于B选项我们可以巧妙利用椭圆的对称性，将所求三角形转化为面积相同且较易求面积的三角形，利用三角形相关的性质，即可判断；对于C选项，按照选项内容建立起直线和直线的斜率的积的关系式，通过对式子的变形整理，看式子中是否含有变量，如果有变量，则不是定值，如果没有变量，则是定值；对于D选项，我们可以将四边形的面积分解为几个易于计算的小三角形的面积，这样有利于我们更好的建立四边形面积的表达式，从而根据表达式得出面积最大时，和的位置关系. 【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，焦距为， 则由题意可知，，，，， ∴，，，直线过原点，且在第一象限， ∴设直线的方程为：，， ∵经过原点，∴，即：， ∴，即：，故A正确； 如图所示： 设椭圆的左焦点为，连接，，，，由对称性可知：四边形是平行四边形， 又：，， 设，，， 由余弦定理可知：， 即：， 即：，解得：，∴， 又：，∴，， ∴ ， ∴，故B正确； 设：，点在第一象限，∴，由对称性知：， ∴，， ∴， 又：在椭圆上，∴，∴， 即有：， 直线与直线的斜率之积与直线的斜率有关，不是定值，故C错误； 如图所示： ， 当且仅当：，即：，，时等号成立， 而，此时， ∴当与平行时，四边形的面积最大，最大面积为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛： 关于这类以椭圆为基础的综合性问题，要注意以下几个点： （1）根据题意和题设条件得到较为标准的草图，这可以帮助我们更好的发现一些细节； （2）辨析椭圆中包含的原点弦，焦点弦，过焦点三角形，过顶点三角形，线段的垂直、平行，特殊角，特别注意三角相关知识点的应用； （3）利用椭圆的性质，特别是椭圆的对称性，可以引出点的对称，直线的对称，一些几何图形的对称； （4）椭圆中解题的关键是建立正确的关系.这个关系有联立方程组得到或的二次式，进而得到根与系数的关系，也有几何关系、不等关系、甚至运动关系，数形结合、转化是主要思维方法； （5）解析几何对计算要求较高，应特别注意多项运算，负号运算. 12. 设函数，则满足的的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求得函数定义域，然后分与讨论，结合对数函数的单调性代入计算，即可得到结果. 【详解】由可得， 则，解得，所以定义域为， 当时，， 由可得，即，无解； 当时，， 由可得，即， 即，解得， 又，所以， 即不等式的解集为. 故答案为： 13. 已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的直径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值是__________，圆锥的表面积与球的表面积的比值是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设圆锥的底面圆半径以及球的半径，用表示出圆锥的高和母线以及球的半径，然后根据体积公式求出体积比，根据表面积公式求得表面积之比. 【详解】设圆锥的底面半径为，球的半径为， 因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，母线， 由题可知：，所以球的半径 所以圆锥的体积为， 球的体积， 所以； 圆锥的表面积， 球的表面积， 所以， 故答案为：；. 14. 以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】通过变量替换将三个差值设为，把用表示，分两种条件情况讨论，利用的不等式放缩，求出的下界，再比较得到最小值． 【详解】令，，，其中，，， 所以 若，则，故， 令， 因此故， 则． 若，则，即， ， 则故， 则，当且仅当且时，等号成立，即时等号成立． 综上可知，的最小值为． 故答案为：． 15. 已知的内角所对的边分别为，且． （1）求角的大小； （2）点在边上，且，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出，最后结合角的范围求解； （2）应用余弦定理得出，，即可求解. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 所以， 所以， 因为，所以，所以． 【小问2详解】 在中，，解得， 在中，，所以， 所以周长． 16. 已知圆. （1）证明：圆过定点. （2）当时，求直线被圆截得的弦长. （3）当时，若直线与圆交于两点，且，其中为坐标原点，求的取值范围. 【答案】（1）证明：由， 得， 令，得，解得， 所以圆过定点，且定点的坐标为. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对式子变形为，由于与无关，列方程求解即可得定点； （2）求出圆心到直线距离，再结合垂径定理求解弦长即可； （3）联立直线与圆的方程，韦达定理，利用数量积的坐标运算列不等式，求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 当时，圆的标准方程为， 则圆的圆心到直线的距离， 所以直线被圆截得的弦长为. 【小问3详解】 将代入，得. 则恒成立， 设，则， 所以 ，整理得，则， 所以的取值范围是. 17. 如图，在三棱柱中，，四边形是菱形，，点D在棱上，且． （1）若，证明：平面平面ABD． （2）若，是否存在实数，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：取AB的中点O，连接，OC． 因为四边形是菱形，且，所以． 因为O为AB的中点，所以． 因为，且O为AB的中点，所以AB⊥OC． 因为，平面，且，所以AB⊥平面． 因为平面，所以． 因为，AB，平面ABD．且，所以平面ABD． 因为平面，所以平面平面ABD． （2）存在或 【解析】 【分析】(1) 取AB的中点O，连接，OC，利用题中的条件得出AB⊥平面，由线面垂直得到线线垂直，最后结合面面垂直的判定即可求解； (2)根据条件建立空间直角坐标系，设，根据坐标之间的关系得出，然后分别求出两平面的法向量，根据两平面所成角的余弦值是，代入向量的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以，所以AC⊥BC． 因为O是AB的中点，所以． 因为四边形是菱形，且∠，所以是等边三角形． 因为O是AB的中点，所以． 因为，所以，则OB，OC，两两垂直，故以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，，，故，，，，. 因为，所以，所以． 设平面的法向量为， 则，令，得． 设平面ABD的法向量为， 则，令，得． 设平面与平面ABD所成的角为，则， 解得或，故存在或，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是． 18. 把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的中点，为线段上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）. （1）求证：平面. （2）若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的最小值. （3）求三棱锥的体积的取值范围. 【答案】（1）证明：由题设，长轴长，短轴长，则， 所以分别是的中点，而柱体中为矩形，连接， 由， 故四边形为平行四边形，则， 当为的中点时，则，故， 面面，故平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，则四边形为平行四边形，根据平行四边形性质及基本事实4可知，然后根据线面平行的判定定理证明即可. （2）令，则，，，然后由两角和的正切公式得，然后利用基本不等式求解最值. （3）利用等体积法得，问题化为求、到平面距离之和都最大，应用直线与椭圆位置关系求最大，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题设，令，则，又， 所以，，则， 因为， 当且仅当，即上式取等号，所以. 【小问3详解】 由， 正方形中为中点，易得与重合时与垂直， 此时， 则最大值为， 构建如上图空间直角坐标系且，底面椭圆方程为， 设， 设，联立椭圆得，且， 所以， 而， 所以，令，则， 由对勾函数性质知在上递增，故， 由， 综上，. 19. 在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆C上． （1）求椭圆C的方程； （2）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知． ①求证：直线恒过x轴上一定点； ②设和的面积分别为，求的最大值． 【答案】（1） （2） ①方法一：第三定义转化 依题意，点，设， 因为若直线的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意． 所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立 整理得：， 所以，且 因为点是椭圆上一点，即， 所以， 所以，即 因为 ， 所以，此时， 故直线恒过x轴上一定点． 方法二：非对称韦达 依题意，点，设 因为若直线的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意 所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立得： 所以整理得：， 所以，且 依题意，，即． 算法1：和积关系转化法 因为， 所以， 所以解得：． 算法2：韦达定理代入消元 因为， 所以， 所以解得：． 方法三：分设两线再联立 依题意，点，设，设，并设直线，直线， 因为联立直线与椭圆C得： 所以整理得：，解得：． 因为联立直线与椭圆C得： 所以整理得：，解得：． 因为，且，此时， 设直线与x轴交于点，则由P，D，Q三点共线易知， ， 即线段过点． ②2 【解析】 【分析】（1）由题意列方程组求解 （2）①设直线方程，与椭圆方程联立，由题意列方程通过韦达定理化简求解 ②由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值 【小问1详解】 由题意可得解得，所以椭圆C的方程为． 【小问2详解】 ①略 ②由①得， 所以 （当且仅当即时等号成立）， 所以的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $