周测评(十一) 阶段测试(一)-【衡水真题密卷】2025-2026全学年高二数学学科素养周测评

所谓递袭，不过是日复一日的坚持。 2025一2026学年度高二学科素养周测评（十一）》 数学·阶段测试（一） 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、选择题：本题共4小题，每小题6分，共 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共 24分。在每小题给出的四个选项中，只 12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 有一项是符合题目要求的。 分选对的得部分分，有选错的得0分。 题号 1 2 4 题号 5 6 答案 答案 1.已知空间向量a=(1,n,2),b=(一2,1， 、y2 5.已知曲线C:4-m十2十m=1,下列说法 2),若a⊥b,则a= ( 正确的是 ) A.5 B.7 A当加=0时，C的离心率e=2 C.3 D.9 2 B.当m=6时，C的渐近线方程为y= 2.已知直线x-2y+1=0与圆(x-2)2+ ±2x (y十1)2=a2相切，则正实数a=( C.当m=8时，C的焦点是F1(6,0), 3√5 F2(-√6,0) A.5 .6 D.当C表示椭圆时，则一2<m<4 6.平行六面体ABCD-A1B1C1D1的棱长 D 均为1，且M,N,P,Q分别为AD,BC, A1B1,C1D1的中点.若MN,MP,PQ 3.包知椭圆。三× 两两垂直，则 () 62=1(a>b>0)的左、右 A.∠BAD=90° 焦点分别是F1,F2,过F1的直线交椭圆 B.∠BAA1=1509 C.∠DAA1=60 BF 1 于A,B两点，且A-2AP:LAB, D.四面体MNPQ的体积为2 则椭圆的离心率是 ( 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共 12分。 1 B⑥ 7.已知点A(-1,2),点P在圆C:x2+y2 3 +4x一5=0上，则AP的取值范围是 c ;若M(4,0),且MP与C相切， 则MP= 4.已知F为抛物线C:y2=4x的焦点，过 8.如图，在空间四边形ABCD中，AB=3, F作两条互相垂直的直线l1,l2,l1与C BC=4,AD=5,∠ABC=∠BAD= 交于A,B两点，l2与C交于D,E两点， 120°，AD⊥BC,则CD= D 则|AB+4DE的最小值为() A.24 B.36 C.48 D.52 高二学科素养周测评（十一）数学第1页（共2页） 四、解答题：本题共2小题，共52分。解答应 写出文字说明、证明过程或演算步骤。 10.(30分)已知双曲线C:-3=1(a> 9.（22分)在三棱台ABCA1B1C1中，A1A⊥ 0,b>0)的右顶点A到其渐近线的距离 平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2, A1C1=1,M,N分别是BC,BA的中点. 为36 ,点B(2,1)在C的渐近线上，过 B的直线l与C交于P,Q两点，直线 B AP,AQ分别与y轴交于M,N两点. (1)求C的方程. (2)若△APQ的面积为25，求1的 方程 B (3)证明：线段MN的中点为定点. (1)证明：B1B∥平面C1MA, (2)求二面角A-C1M-N的正弦值 (3)求点C到平面C1MA的距离. 高二学科素养周测评（十一）数学第2页（共2页）真题密卷 学科素养周测评 2025一2026学年度高二学科素养周测评（十一） 数学·阶段测试（一） 一、选择题 |DE=4+4k2, 1.C【解析】因为a⊥b,所以a·b=1×(-2)+ n+2×2=0,解得n=-2,所以a=(1,一2,2)， 所以AB1+41DE=20+4(:+是)≥20+ 故|a|=√12+(-2)2+22=3. 1 2.A【解析】因为a>0,则圆(x-2)2+(y+1)2 84k2·=36, =a2的圆心为(2，一1)，半径为a,因为直线x -2y+1=0与圆(x-2)2十(y十1)2=a2相 当且仅当及=士 2时，等号成立，即|AB|十 |2+2+1 切，所以a+(-2 =√5. 4DE的最小值为36. 二、选择题 3.B【解析】如图所示，不妨设|AF=2m,则 AB【解析】对于A,当m=0时， y2 =1, |BF1|=m,|AF2|=2a-2m,lBF2|=2a 2 m,因为AF2⊥AB,所以△ABF2是直角三角 a2=4,b2=2,所以e= b22 形，可得(2a-2m)2+(3m)2=(2a-m)2,解得 /1-a= ,故A a-3m,则|AF2|=2a-2m-4m,所以 正确； |F1F2|=√AF12+AF27=2N5m=2c, y2 x2 对于B,当m=6时，8一2=1，故渐近线方程 解得c=5m,因此高心率e=C=5m-5 a3m39 2W2 为y=士 x=士2x,故B正确； 即精园的高心率为 √2 1 y2 z2 对于C,当m=8时，i04=1,显然C的焦点 在y轴上，故C错误； 4-m>0, 对于D,当C表示椭圆时，2十m>0, 4-m≠2+m, 则一2<m<1或1<m<4,故D错误. 6.ACD【解析】设AB=a,AD=b,AA1=c,因 为平行六面体的棱长均为1，所以a=b| 4.B【解析】 |c=1,因为M,N,P,Q分别为AD,BC, A1B1,C1D1的中点，所以MN=AB=a,M -mi+a+a,i-b+e+a,P时 =AD=b,因为MN,MP,PQ两两垂直，所以 MN·MP=0,M·P=0,P·M=0,因 如图，C:y2=4x的焦点为F(1,0),设l1的方 为MN·PQ=a·b=0,所以a⊥b,所以 程为y=k(x-1),k≠0， ∠BAD=90°，故A正确；因为MN·MP=a· y2=4x, 联立方程组 (y=k(x-1), (-2b+e+2a)=2 a.btase+2a=-0, 消y,得2x2-(4+2k2)x十+k2=0,则△>0， 所以a·c=|a|c|cos∠BAA1=cos∠BAA1= 4 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1十x2=2 「2’ -2,所以∠BAA,=120,故B错误：因为成， 由抛物线的定义可得引AB=x1十x十2=4什产， 4 m=b…(2b+e+2)=-6+bc 因为11⊥2，将上式中的为换为一方，可得 1 a·b=0,所以b·c=|blc|cos∠DAA1 + ·20· ·数学· 参考答案及解析 =cos∠DAA1=2,所以∠DAA=60,故C正 C1M,又B1B中平面C1MA,C1MC平面C1MA, 所以B1B∥平面C1MA. (8分) 确；因为PQ⊥MP,PQ⊥MN,MN∩MP=M, (2)解：由(1)知，AM=(1,1,0),C1M=(1, MP,MNC平面PMN,所以PQ⊥平面PMN， 0,-2),NM=(0,1,0), 又-++可 1 设m=(a,b,c)为平面C1MA的一个法向量， 1 4a2-b·c 2a·b+a·c m·AM=a+b=0, b2+c2+ 则 令c=1, m·C1M=a-2c=0 √2 ,且△PMN是直角三角形，故SArN= 得m=(2,-2,1), (12分) 设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量， X1x22 2=4,所以四面体MNPQ的体积为3 则n·i=y=0, x1-侣DE n·C1M=x-2z=0, 令之=1，得n=(2,0,1), (16分) 三、填空题 设二面角A-C1M-N的大小为0，则|cos0= 7.[3-5,3+√5]；33【解析】圆C:x2+y2+ lm·nl55 4x-5=0标准化为C:(x十2)2十y2=9,圆心 1cos(m,n)|=mn3×5 =3,所以二面 C(-2,0),半径x=3,A(-1,2),则AC= 角A-CMN的正弦值sin0=-cos0=号. √/(-1+2)2+(0+2)=√5，所以|AP的取值 (18分) 范围是[3-√5,3+√5]， (3)解：由(1)知，AC=(0,2,0),由(2)知，m=(2, 当MP与圆C相切时，|MP|=√MC-r2 -2,1)为平面C1MA的一个法向量，所以点C到 =√36-9=3√3. 8.√77【解析】因CD=C+BA+AD,所以CD? 平面C,MA的距离h=AC·m_4 m=3· (22分) =(CB+BA+AD)2=CB+BA+AD 10.(1)解：因为C的一条渐近线方程为bx一ay= +2(CB.BA+BA·AD+CB·AD)=16+9+25 0,A(a,0), +2(4×3×cos60°+3×5×cos60°+4X5× 则A到渐近线bx一ay=0的距离为d= cos90)=77,所以CD=|CD|=√/77. ab 25 四、解答题 √a2+b2 5, 9.(1)证明：在三棱台ABCA1B1C1中，A1A⊥平 由B(2,1)在C的渐近线上，得2b-a=0,联 面ABC,AB⊥AC,显然直线AB,AC,AA1两 立解得a=2,b=1, 两垂直，所以以点A为坐标原点，AB,AC,AA 分别为x,y,之轴建立如图所示的空间直角坐 所以C的方程为号-y=1 (5分) 标系， (2分) (2)解：显然1的斜率存在，设1的方程为y= k(x一2)+1， (7分) (z2 B 联立4一y=1, 整理得（仔 y=k(x-2)+1 (2k一4k2)x-4k2+4k-2=0, M 则有4-2≠0， 由AB=AC=AA1=2,A1C1=1,得A(0,0, 0),B(2,0,0),C(0,2,0),B1(1,0,2),C1(0,1, 4=(2-42)2-4(日-)(-4+-2》=2 2),A1(0,0,2), (5分) -4k>0, 由M,N分别是BC,BA的中点，得M(1,1,0), N(1,0,0),则B1B=(1,0,-2),C1M=(1,0,-2), 联立可得<号≠一号司 (10分)》 因此B1B∥C1M,而点C1￠直线B1B,则B1B∥ 设P(x1y1),Q(x2y2), ·21· 真题密卷 学科素养周测评 一4k2+4k-2 则△=(4m2)2+4(1-m2)(4m2+4)=16>0, 则x1十x2= 2k一4k2 ,x1x2= 骨好 4(m2+1) XAXP= m2-1’ 4√2-4 故x2-x=√(x+2)2=4红2x=1-4h2' 2(m2+1) -2m 则xp= m2-1,yp= m2-1 1 所以SAAQ=2XAB|Xx:x1 2(n2+1) -2n 同理可得xQ= 1 n-1,yQ-n-7(25分) ×120哥2 所以i-包-2计+》 整理得(k+1)(2k-1)(4k2-2k+1)=0,解 得：=一1或女=号（合去）， oi-ka0 则1的方程为x+y-3=0. (20分) 又P,B,Q三点共线，则PB∥QB, (3)证明：设M(0,m),N(0,n),不妨设m> 则2- 2(m2+1)7 1+ 2n n,则直线AM:y=-受(z-2, m2-1n2-1 (x 4-y2=1, 2出1+》 2- 联立 整理得m十n=一2， =26a-2. 所以MN的中点为定点(0，-1). (30分) 得(1-m2)x2+4m2x-4m2-4=0, 2025一2026学年度高二学科素养周测评（十二） 数学·数列的概念、等差数列 一、选择题 此时数列{am|}不是等差数列，所以A符合 1.D【解析】由该数列的正负变化，以及数列每 题意； 一项绝对值的变化规律，通过观察法可得am 对于B,在数列{am+1一an}中，an+1一an=d,所 =(-1)m·(2n-1). 以数列{an+1-an}为常数列， 1 2.C【解析】方法一：因为a+1=1-a,a=4, 所以数列{am+1一an}一定是等差数列，所以B 不符合题意； 所以4=1a2 a-},同理可格a1=号 1 1 对于C,在数列{pan十q}中，(pan+1十q)一 (pam十q)=b(an+1-an)=pd(常数)， a4=一3，故数列a,}是以3为周期的周期数 1 所以数列{pam十q}一定是等差数列，所以C不 列，又2025=3×675，所以a202s=a3=4. 符合题意； 1 1 对于D,在数列{2am十n}中，(2an+1十n十1)一 方法二：由a1=1a,得a+2=1a (2am十n)=2(an+1-an)+1=2d+1, 1 1 1 所以数列{2an十n}一定是等差数列，所以D不 11-a:则0+31-a+21-（1-) an 特合题意. 4.C【解析】设该等差数列的项数为2n一1，设所 =an,故数列{an}是以3为周期的周期数列，又 有奇数项的和为S,所有偶数项的和为T,则S 2025=3X675,所以a2025=a3=4. =n(a1十a2m-1) 3.A【解析】因为数列{an}是等差数列，设公差 =a,T=n-1)(a2十a-2） 2 2 为d,则am+1-am=d. 对于A,例如：等差数列am=n-2,则a1|=1, =(n-10a.,由-”-1=2619 7S=n=29010,解得n= |a2|=0,a3|=1,a4|=2, 10,则该数列的项数为2n一1=19. ·22·