精品解析：浙江省余姚中学2025-2026学年高二上学期12月质量检测数学试题

余姚中学2025学年第一学期12月质量检测 高二数学试卷 命题：丁莉静 审题：徐夙莹 一､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. 若是直线的方向向量，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线的方向向量和斜率、倾斜角的关系计算即得. 【详解】由题意，直线的斜率为， 设其倾斜角为，则，因，则. 故选：B. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出、的值，即可求得双曲线的渐近线方程. 【详解】在双曲线中，，，因此，该双曲线的渐近线方程为. 故选：C. 3. 若不能构成空间的一个基底，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量基底的性质，结合向量共面的条件求解的值. 【详解】因为向量不能构成空间的一个基底，所以这三个向量共面，则存在实数使得， 即， 所以，即. 故选：B 4. 四面体中，，点为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的加减运算化简即可. 【详解】因为点为的中点，所以， 因为，所以. 故选：A 5. 设等比数列的首项为65，公比为，记为数列的前项积，若对于任意，都有成立，则正整数（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意先求出等比数列的通项公式，从而得到的表达式，将问题转化为求取最大值时对应的的问题即可. 【详解】因为等比数列的首项为65，公比为， 所以， 因为对于任意，都有成立， 所以的最大值为. 当取最大值时，，且. 令，即，而， 所以满足的最大整数为6，即， 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在时取得最大值，即， 故选：C. 6. 设等差数列的前项和分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用等差数列的前项和公式得到，再利用等差数列的性质，即可求解. 【详解】因为是等差数列，则， 所以， 故选：A. 7. 动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面位置关系和余弦定理，结合三角函数的基本关系式即可求解. 【详解】连接， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理，平面，又平面， 所以平面平面， 则由与平面的距离保持不变，得点的移动轨迹为三角形的三条边， 当为中点时，直线与平面所成角正弦值最大， 取的中点，设正方体的棱长为2， 则，，， 所以，则为直角三角形， 所以直线与平面所成角正弦值为， 当为C点时，直线与平面所成角的正弦值最小， 此时，，， 所以，则. 直线与平面所成角正弦值的取值范围是， 故选：C. 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，与轴交于点.若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，由三角形面积关系得出，再由勾股定理及椭圆的定义求出，利用余弦定理及求解即可. 【详解】设，由于与等高，， 所以，    又，，∴， 又，∴， 在中，， ∵， ， 在中，， 化简可得，解得， 故选：D 二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆，且圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则直线的方程可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离、圆的半径满足，逐项检验即可. 【详解】因为圆上恰有三个点到直线的距离都等于1， 所以圆心到直线的距离、圆的半径满足. 因为圆，所以圆心，半径， 故， 对A，圆心到直线的距离，满足要求，故A正确； 对B，圆心到直线的距离，满足要求，故B正确； 对C，圆心到直线的距离，不满足要求，故C错误； 对D，圆心到直线的距离，不满足要求，故D错误. 故选：AB 10. 等差数列是递增数列，公差为，前项和为，满足，下列选项正确的是（ ） A. B. C. 取得最小值时，或5 D. 时，的最小值为10 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于：因为等差数列是递增数列，即可判断公差的正负； 对于：利用等差数列的通项公式，可化简为，即可判断的正负； 对于：利用的公式，结合可得：，再结合数列的性质，即可得取得最小值时，的取值； 对于：令，解得的取值范围，结合，即可得出时，的最小值； 【详解】对于：因为等差数列是递增数列，所以公差，故选项错误； 对于：，因为，所以，故选项正确； 对于：，将代入得：， 因为，根据二次函数的性质可知，当时，取得最小值， 又因为，所以当或者时，取得最小值，故选项正确； 对于：因为，令得或， 又因为，所以时，的最小值为10，故正确. 故选： 11. 设正方体的棱长为，点在底面内且满足性质.若点的轨迹为抛物线的一部分，则性质可以为（ ） A. 点到直线的距离与它到平面的距离相等； B. 点到点的距离与它到直线的距离之和为； C. 直线和夹角为； D. 直线和夹角为. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据几何体特征，建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标运算，逐项判断即可. 【详解】根据题意，以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，设， 对于A选项，点到直线的距离，即点到点的距离，所以， 点到平面的距离，即点到的距离，即， 所以，化简得，为开口向左，顶点为的抛物线， 在底面内，时，，轨迹为抛物线的一部分，故A正确； 对于B选项，点到点的距离为， 点到直线的距离，即点到点的距离，所以， 所以，两边平方化简得， 即，不符合抛物线要求，故B错误； 对于C选项，，， 所以， 化简得，在底面内，时，，轨迹为抛物线的一部分，故C正确； 对于D选项，，， 所以， 化简得，此为圆心在原点，半径为的圆，故D错误. 故选：AC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若抛物线 上一点M到焦点的距离为3，则点M到y轴的距离为________． 【答案】2 【解析】 【详解】抛物线 上一点M到焦点的距离为3，则抛物线 上一点M到准线得距离为3，则点M到y轴的距离为 . 13. 如图所示，两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使得且.已知，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】先将分解为，再通过向量平方公式展开，对与的夹角进行分类讨论，结合已知条件和向量数量积的计算公式，即可求解. 【详解】根据题意，可得，所以， 两边平方，得， 又，所以， 又直线上分别取点和点，使得且， 所以，，所以， 又两条异面直线所成的角为，所以与的夹角为或， 当与的夹角为时，，即， 当与的夹角为时，，即， 综上所述，的模为或. 故答案为：或 14. 已知数列的前项和为，若对任意，都有成立，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由题目得到，并得到，把不等式恒成立转化为对任意，恒成立，则即可求解 【详解】因为，所以数列是首项为 ，公比为的等比数列， 所以 ， 因为 ，所以， 由，得恒成立； 所以 又因为，所以，所以 所以， 所以， 故答案为： 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. 已知等差数列的前项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n项和公式，列出方程组，求出首项和公差即可； （2）根据数列的类型，可选择错位相减法求其前n项和． 【小问1详解】 由题意得，解得， ∴； 【小问2详解】 ， 两式相减得 ∴． 16. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，线段的中点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设与圆交于两点，求线段的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】设点，从而得，再结合条件，即可求解； （2）先求出两圆的公共弦，再利用弦长公式，即可求解. 【小问1详解】 设点，因为是线段的中点，点的坐标是，所以. 因为点在圆上运动， 所以， 化简得，即的方程为. 【小问2详解】 把的方程化为一般方程，得. 与圆的方程相减，得直线的方程为， 又圆的圆心为，半径为， 所以圆的圆心到直线的距离， 所以. 17. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且满足. （1）证明数列是等差数列，并求出的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1）证明： 因为，所以（）. 相减得，即. 所以. 因为是正项数列，所以， 所以，即. 故是等差数列. 令，得，解得， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系运用作差法和等差数列的定义即可判定等差数列，求得其通项公式； （2）根据数列的通项公式，对分奇偶两类分别求和，利用裂项相消法和公式法计算即得. 【小问1详解】 证明略，. 【小问2详解】 因为，则， 即. 所以， 所以. 18. 如图，在三棱柱中，为的中点，，且平面. （1）求证：平面； （2）若点在线段上运动（包括端点）， （i）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围. 【答案】（1） 因为是的中点，，所以. 在中，因为， 所以，所以. 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理得出，再结合线面垂直的判定定理即可； （2）（i）以为原点建系，计算和平面的法向量，最后利用线面角和向量夹角之间的关系求得； （ii）求两个平面的法向量，进而求出两个平面夹角余弦值，再结合求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，则， 又，则， 设，所以， （i）当即时，，所以， 因为平面的法向量为， 所以直线与平面所成角的正弦值为 ； （ii）设平面的一个法向量为， 因为， 所以， 令，则，得， 又平面的法向量为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为， 因为，所以，则， 故平面与平面的夹角的余弦值取值范围为. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上的点，且轴. （1）求椭圆的方程； （2）若点是椭圆的右顶点，过点的直线交椭圆于另一点，且，求直线的方程； （3）设过点的动直线（不与轴重合）与椭圆有两个交点，在轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）或； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）由题意知，将点的坐标代入椭圆的方程，列方程组即可求解； （2）由点的坐标可得直线的方程及，利用可得点到直线的距离，利用平行线之间的距离公式可得到过点且平行于直线的方程，联立直线与椭圆的方程可得到点的坐标，利用两点式可得直线的方程； （3）设出动直线的方程及，联立直线与椭圆的方程，得到一个一元二次方程，根据韦达定理可得到的表达式，将用表示，根据不等式组可解得点纵坐标的取值范围. 【小问1详解】 因为轴，点是椭圆上的点， 所以，解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 如图，因为， 所以直线，且. 因为，所以点到直线的距离为. 设点所在直线为， 则，解得或12. 联立得方程组，消去可得，该方程无实数解； 联立得方程组，解得或，即或. 又由两点式可得直线的方程为或. 【小问3详解】 存在.如图，设动直线的方程为，. 联立得方程组，消去得. 则. 又， 所以 因为对任意的实数恒成立，故， 解得， 故点纵坐标的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 余姚中学2025学年第一学期12月质量检测 高二数学试卷 命题：丁莉静 审题：徐夙莹 一､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. 若是直线的方向向量，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 若不能构成空间的一个基底，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 4. 四面体中，，点为的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 设等比数列的首项为65，公比为，记为数列的前项积，若对于任意，都有成立，则正整数（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 6. 设等差数列的前项和分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，与轴交于点.若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆，且圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则直线的方程可能是（ ） A. B. C. D. 10. 等差数列是递增数列，公差为，前项和为，满足，下列选项正确的是（ ） A. B. C. 取得最小值时，或5 D. 时，的最小值为10 11. 设正方体的棱长为，点在底面内且满足性质.若点的轨迹为抛物线的一部分，则性质可以为（ ） A. 点到直线的距离与它到平面的距离相等； B. 点到点的距离与它到直线的距离之和为； C. 直线和夹角为； D. 直线和夹角为. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若抛物线 上一点M到焦点的距离为3，则点M到y轴的距离为________． 13. 如图所示，两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使得且.已知，则__________. 14. 已知数列的前项和为，若对任意，都有成立，则实数的取值范围为__________. 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. 已知等差数列的前项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，线段的中点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设与圆交于两点，求线段的长度. 17. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且满足. （1）证明数列是等差数列，并求出的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 18. 如图，在三棱柱中，为的中点，，且平面. （1）求证：平面； （2）若点在线段上运动（包括端点）， （i）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上的点，且轴. （1）求椭圆的方程； （2）若点是椭圆的右顶点，过点的直线交椭圆于另一点，且，求直线的方程； （3）设过点的动直线（不与轴重合）与椭圆有两个交点，在轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $