精品解析：山东省泰安第一中学2025-2026学年高二上学期12月学情检测数学试题

泰安一中2025-2026学年上学期12月份学情检测 高二数学试题 时间：120分钟 总分：150分 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. 若方程表示圆，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 2. 抛物线焦点到顶点的距离是（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 3. 已知是方程的两个根，则的等差中项为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 不能确定 4. 在空间直角坐标系中，点，则（ ） A. 直线坐标平面 B. 直线坐标平面 C. 直线坐标平面 D. 直线坐标平面 5. 若双曲线的渐近线与直线所围成的三角形面积为2，则该双曲线的离心率为 A. B. C. D. 6. 已知直线与圆相交于两点，且，其中为坐标原点，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. D. 7. 已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 设是数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得相应分数，有错选得0分. 9. 在棱长为2的正方体中，是棱上一动点，则到平面的距离可能是（ ） A. 1 B. C. D. 10. 在等差数列中，记公差为，则下列结论正确的有（ ） A B. C. D. 11. 已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上一点，，为垂足，若为等边三角形，则（ ） A. 点的横坐标为 B. 直线与轴交点纵坐标的绝对值为 C. 直线的斜率为 D. 若的周长为12，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，已知为等腰直角三角形，其中，且，光线从边上的中点出发，经，反射后又回到点（反射点分别为，），则光线经过的路径总长_______． 13. 已知为等差数列的前项和，若，则____________. 14. 若直线与曲线恰有两个不同公共点，则实数取值范围是________． 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. 已知直线，设直线与的交点为，点的坐标为． （1）求经过点且满足横截距是纵截距2倍的直线方程； （2）求点关于对称点的坐标． 16. 已知数列都等差数列，公差分别为，数列满足. （1）数列是不是等差数列？若是，证明你的结论；若不是，说明理由. （2）若，求数列的通项公式，并求. 17. 已知三棱锥中，，，，，点为的中点，点满足，点满足. （1）求的长； （2）求的值. 18. 如图①，在菱形中，且为的中点，将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥，在四棱锥中，求解下列问题： （1）求证：； （2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 已知椭圆一个焦点为，椭圆过，椭圆的左顶点为. （1）求椭圆的方程； （2）已知斜率存在且不为0的直线过点，设直线与椭圆交于.若直线分别交直线于点为的中点，记直线的斜率分别为.探究：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泰安一中2025-2026学年上学期12月份学情检测 高二数学试题 时间：120分钟 总分：150分 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. 若方程表示圆，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】分析：二元二次方程表示圆的充要条件是，由此得出的取值范围． 详解：二元二次方程表示圆的充要条件是，所以．故选A． 点睛：通过配方得出，二元二次方程表示圆的充要条件为：； 2. 抛物线焦点到顶点的距离是（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】求出抛物线的焦点及顶点即可得解. 【详解】抛物线的焦点为，顶点为， 所以抛物线焦点到顶点的距离是. 故选：B 3. 已知是方程的两个根，则的等差中项为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】由韦达定理和等差中项的概念可得. 【详解】由韦达定理可得， 所以的等差中项为1. 故选：A 4. 在空间直角坐标系中，点，则（ ） A 直线坐标平面 B. 直线坐标平面 C. 直线坐标平面 D. 直线坐标平面 【答案】C 【解析】 【分析】首先求向量的坐标，再判断向量与坐标平面的法向量的关系，即可判断选项. 【详解】由题意可知，， 平面的法向量为， 因为，且 所以与既不平行也不垂直，所以直线与坐标平面既不平行也不垂直， 故AB错误； 坐标平面的法向量为， ，所以，且平面，故C正确，D错误. 故选：C 5. 若双曲线的渐近线与直线所围成的三角形面积为2，则该双曲线的离心率为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】渐近线为，时，，所以，即，，，故选A． 6. 已知直线与圆相交于两点，且，其中为坐标原点，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】联立方程，写出韦达定理，利用向量数量积求夹角的公式建立方程，可得答案. 【详解】设， 联立，消去可得， ，即， ，， 由， 则，即， 代入可得，解得或. 故选：D. 7. 已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解. 【详解】记的 中点分别为，因为，所以， 同理，，记， 因为，所以， 所以，， 易知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，此时， 以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 所以， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C 8. 设是数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由可得时，=，所以，分别代入2、3、4100即可的结果. 【详解】由可得 时，， 时，=，则， 即， 分别代入 ，相乘得到. 故选：D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得相应分数，有错选得0分. 9. 在棱长为2的正方体中，是棱上一动点，则到平面的距离可能是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面距离公式求出到平面的距离范围即可. 【详解】在棱长为2的正方体中，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，设平面的法向量为， 则，取，得，而， 因此到平面的距离， 而，所以AD不是，BC可以是. 故选：BC 10. 在等差数列中，记公差为，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用可判断AB；由等差中项和求和公式可得C；利用求和公式和下标性质可得D. 【详解】，所以前10项都为负数，选项正确； ，选项C正确； ，，选项D错误. 故选：ABC 11. 已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上一点，，为垂足，若为等边三角形，则（ ） A. 点的横坐标为 B. 直线与轴交点的纵坐标的绝对值为 C. 直线的斜率为 D. 若的周长为12，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用抛物线的定义及几何性质，结合等边三角形的性质及斜率的性质和定义，分析判断选项． 【详解】，轴，轴， 为等边三角形，，故点在线段的中垂线上， 设的中点为，连接，则， 设的坐标分别为， ，，故A错误； 设直线与轴的交点为，直线与轴的交点为， ，，， 将代入，可得，，即， ，故B正确； ， 当时，；当时，； 直线的斜率为，故C正确； 若周长，则， ， ，故D正确． 故选：BCD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，已知为等腰直角三角形，其中，且，光线从边上的中点出发，经，反射后又回到点（反射点分别为，），则光线经过的路径总长_______． 【答案】 【解析】 【分析】以A为坐标原点，AB、AC分别为x轴y轴建立平面直角坐标系，求P关于直线BC及y轴的对称点，两点间距离即为所求 【详解】以A为坐标原点，AB、AC分别为x轴y轴建立平面直角坐标系，因为为等腰直角三角形，其中，且，则，点，所以点关于轴的对称点为，设点关于直线的对称点为，则且，解得，则 【点睛】本题考查直线与点对称问题，涉及直线方程的求解以及光线的反射原理的应用，要根据光线的反射原理，将折现问题转化为直线问题求解 13. 已知为等差数列的前项和，若，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式可求得的值，再利用等差数列的基本性质可求得的值. 【详解】因为为等差数列的前项和，，解得， 由等差数列的基本性质可得. 故答案为：. 14. 若直线与曲线恰有两个不同公共点，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据直线过定点，以及直线和圆的位置关系即可得出结论，利用数形结合作出图像进行研究即可 【详解】直线过定点 ，    曲线为以 为圆心，1为半径，且位于 轴上半部分的半圆，如图所示 当直线 过点 时，直线 与曲线有两个不同的交点，此时 ，解得 . 当直线 和曲线 相切时，直线和半圆有一个交点，圆心 到直线的距离 ，解得 结合图像可知，当 时，直线 和曲线恰有两个交点. 故答案：. 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. 已知直线，设直线与交点为，点的坐标为． （1）求经过点且满足横截距是纵截距2倍的直线方程； （2）求点关于对称点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出交点，再根据已知条件，分截距为0和不为0两种情况讨论求解； （2）利用对称的性质列方程组求解． 【小问1详解】 直线与的交点为，设点， 则，解得，， 直线经过点，记横截距，纵截距，则， 若时，直线过原点，直线方程，一般方程为； 若时，设直线方程为，则，解得， 直线方程，一般方程为； 综上，直线方程为或． 【小问2详解】 设点关于对称点， 则的中点位于直线上，且所在直线垂直于直线， ，解得， ． 16. 已知数列都是等差数列，公差分别为，数列满足. （1）数列是不是等差数列？若是，证明你的结论；若不是，说明理由. （2）若，求数列的通项公式，并求. 【答案】（1）是，证明见解析 （2）， 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质验证即可； （2）先由等差数列的基本量法求出通项，再由求和公式可得. 【小问1详解】 是； 证明：， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列. 【小问2详解】 若仍为等差数列， 所以. 17. 已知三棱锥中，，，，，点为的中点，点满足，点满足. （1）求的长； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间基底表示向量，再利用数量积的运算律求解. （2）由（1）中信息，利用数量积的运算律求解. 【小问1详解】 在三棱锥中，点为的中点，， ，而，， ， 所以 . 【小问2详解】 由，得， 所以 . 18. 如图①，在菱形中，且为的中点，将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥，在四棱锥中，求解下列问题： （1）求证：； （2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）连接，结合等边三角形性质和勾股定理，利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用线面垂直的性质定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用空间向量平面夹角公式列方程求得，即可得解. 【小问1详解】 在图（1）中，连接，如图所示： 因为四边形为菱形，，所以是等边三角形. 因为为的中点，所以. 又，所以. 在图（2）中，，所以，即. 因为，所以. 又平面.所以平面. 因为平面，所以. 【小问2详解】 由（1）知，. 因为，平面.所以平面. 故以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系： 则， 所以， ， 所以. 设平面的一个法向量为， 由，得， 令得. 平面的一个法向量可取. 令，解得， 所以存在点，使得平面与平面夹角为，此时. 19. 已知椭圆的一个焦点为，椭圆过，椭圆的左顶点为. （1）求椭圆的方程； （2）已知斜率存在且不为0的直线过点，设直线与椭圆交于.若直线分别交直线于点为的中点，记直线的斜率分别为.探究：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）是定值， 【解析】 【分析】（1）设出椭圆方程，利用点在椭圆上和列方程组可得； （2）设直线的方程与椭圆联立，表示出韦达定理和，然后利用斜截式表示出方程，与联立得到点坐标，同理得到点，利用中点坐标表示出，然后可得两斜率关系. 【小问1详解】 设椭圆方程 由题意可得，解得 所以椭圆方程. 【小问2详解】 设直线的方程为：， 与椭圆方程联立可得， 整理得， 设， 则①，②， 直线的方程为， 令，解得， 同理可得， 设，， 将①②代入上式并化简可得， 故，为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $