精品解析：山东省青岛第二中学2025-2026学年高二上学期12月阶段练习数学试题

青岛二中2025-2026学年第一学期12月份阶段练习—高二数学试题 命题人：牟庆生 张羽 郑浩 丁博 审核人：程志 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. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 点关于直线的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 四边形是边长为4的正方形，分别为的中点，点为中点，将点沿折至点处，使得平面，则五棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是双曲线左支上的一点，是的左焦点，点关于原点的对称点为，延长交于点，且，则的离心率为（ ） 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. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则的夹角是钝角 B. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 C. 直线经过点，则点到的距离为 D. 直线的方向向量，平面的法向量，则 6. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：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”.若的三个顶点坐标分别为，其“欧拉线”为，圆，则下列正确的是（ ） A. 过作圆的切线，切点为，则的最小值为 B. 若直线被圆截得的弦长为2，则 C. 若，则圆上有且只有两个点到的距离为 D. 当时，圆与圆的公切线有3条 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 7. 如图所示，双曲线与抛物线围成封闭曲线，若对于轴上一定点，上恰有3对不同的点关于点对称，则实数的取值范围是__________. 四､解答题：本题共4小题，共47分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 8. 已知数列的前项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，为数列的前项和，求. 9. 如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且.设为棱上的点. （1）若为棱的中点，求证； （2）若三棱台的体积为7，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 10. 由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，则称这两个椭圆“相似”，并将特征三角形的相似比称为这两个椭圆的相似比.已知椭圆，椭圆与的焦点在同一坐标轴上，且经过点，并与椭圆相似. （1）求椭圆的方程. （2）若直线与椭圆相切，且与椭圆交于两点，求证：的面积是定值. （3）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点（在的上方），直线与椭圆交于两点（S在的上方）.是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程，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 $ 青岛二中2025-2026学年第一学期12月份阶段练习—高二数学试题 命题人：牟庆生 张羽 郑浩 丁博 审核人：程志 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. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的准线方程直接得出结果． 【详解】抛物线的标准方程为， 所以其准线方程为． 故选：D． 2. 点关于直线的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先设对称点坐标，再利用两个核心条件列方程：一是两点中点在已知直线上，代入得关于对称点坐标的方程；二是两点连线与已知直线垂直，由斜率乘积为-1得另一方程,联立方程组求解，最终得对称点为. 【详解】设点关于直线的对称点为， 直线，即，因此斜率为1，又垂直直线斜率乘积为-1， 所以的斜率为-1，即，化简得， 又的中点在直线上，代入得 ，化简得，联立和， 解得故对称点为. 故答案选：B. 3. 四边形是边长为4的正方形，分别为的中点，点为中点，将点沿折至点处，使得平面，则五棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用锥体体积公式计算得解. 【详解】，点为的中点，得， 且，底面的面积为， 所以五棱锥的体积为. 故选：A. 4. 已知是双曲线左支上的一点，是的左焦点，点关于原点的对称点为，延长交于点，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过设相关线段长度，利用双曲线定义和勾股定理求离心率. 【详解】设，因为，所以. 由于，所以. 设双曲线的右焦点为，因为点关于原点的对称点为，所以原点为的中点， 所以，所以. 因为，所以与全等， 所以，所以， 所以，所以. 对于点，根据双曲线定义得，即. 对于点，根据双曲线定义得，即. 在中，根据勾股定理得， 又， 代入得，解得. 在中，根据勾股定理得， 即， 将代入得，化简得， 解得. 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. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则的夹角是钝角 B. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 C. 直线经过点，则点到的距离为 D. 直线的方向向量，平面的法向量，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对A，由，得到为钝角或平角判断；对B，假设三个向量共面，则是否成立判断；对C，根据，可得为所求；对D，根据与是否共线判断. 【详解】对A：由，所以为钝角或平角，故A错误； 对B：假设共面，则存在，使得成立. 则，无解，所以假设不成立，即不共面，所以也是空间的一个基底，故B正确； 对C：因为，， ，所以， 所以即为点到的距离，又，故C正确； 对D：因为不存在实数使得，所以与不共线，所以不成立，故D错误. 故选：BC 6. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：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”.若的三个顶点坐标分别为，其“欧拉线”为，圆，则下列正确的是（ ） A. 过作圆的切线，切点为，则的最小值为 B. 若直线被圆截得的弦长为2，则 C. 若，则圆上有且只有两个点到的距离为 D. 当时，圆与圆的公切线有3条 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件求出欧拉线的方程及圆的圆心、半径，利用圆的切线性质，结合勾股定理求出最小值判断A；利用弦长公式及点到直线距离公式求出判断B；求出圆心到的距离的范围判断C；确定两圆位置判断D. 【详解】依题意，的重心，直线斜率，边上的高所在直线方程为 ，即，直线斜率，边上的高所在直线方程为 ，即，由，解得，即的垂心， 欧拉线的斜率，方程为，即，圆心，半径， 对于A，，当且仅当时取等号，A正确； 对于B，直线被圆截得的弦长为2，则圆心到直线的距离，解得，B错误； 对于C，当时，圆心到直线的距离， 因此圆上有且只有两个点到的距离为，C正确； 对于D，当时，圆心，而圆的圆心， 半径，，则圆与圆外切，有3条公切线，D正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 7. 如图所示，双曲线与抛物线围成封闭曲线，若对于轴上一定点，上恰有3对不同的点关于点对称，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先分析每对对称点的几何位置关系，当对称的两个点分属两段曲线时，设其中一个点为，，即，则其关于点的对称点为在曲线上，结合，可得，再根据对称点的位置分布进一步缩小的范围，据此即可求出a的范围． 【详解】过点与轴平行的直线与封闭曲线的两个交点关于点对称，且这两个点在同一曲线上， 则另外两对对称点必不在y轴上，且这两对对称点关于y轴对称，每对对称点所在直线与x轴不平行，如下图所示， 当对称的两个点分属两段曲线时，设其中一个点为在双曲线上， 联立可得， 所以，即， 该点关于点的对称点为，由题意可知这个点在曲线上， 则，所以， 当时，，点在轴上，不合题意， 当时，，对称点所在直线与x轴平行，不合题意， 所以，且当时，有两个与之对应（如图中所示）， 所以只需方程在时只有一解即可， 因为函数在上单调递减， 所以在上至多有一解， 当时，，故，此时在时只有一解． 故答案为：． 四､解答题：本题共4小题，共47分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 8. 已知数列的前项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，为数列的前项和，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用与间的关系，即可求解； （2）利用（1）中结果得，再分组利用等差数列、等比数列的前项和公式，即可求解 【小问1详解】 因为①，当时，②， 由①②得到， 又时，，不满足， 所以 【小问2详解】 由（1）知， 所以 . 9. 如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且.设为棱上的点. （1）若为棱的中点，求证； （2）若三棱台的体积为7，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 证明：如图： 取中点，连接，， 因为四边形为等腰梯形，且为中点，所以. 又为正三角形，所以. 平面，，所以平面. 又平面，所以. （2）存在，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为. 【解析】 【分析】（1）取中点，先证平面，再通过线面垂直得到线线垂直. （2）先根据台体的体积公式求台体的高，再建立空间直角坐标系，利用空间向量和线面角的正弦值求点的坐标，确定点位置. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设中点为，连接，则. 又侧面底面，侧面底面，侧面， 所以底面. 又底面，所以，， 又，所以两两垂直. 故可以为原点，所在的射线分别为轴建立如图空间直角坐标系. 又，所以，. 所以， 由. 所以，，， 设（）. 则，，. 设平面的法向量为， 则，可取. 设直线与平面所成的角为， 则. 由， 所以或（因为，故舍去）. 此时与点重合. 所以当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为. 10. 由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，则称这两个椭圆“相似”，并将特征三角形的相似比称为这两个椭圆的相似比.已知椭圆，椭圆与的焦点在同一坐标轴上，且经过点，并与椭圆相似. （1）求椭圆的方程. （2）若直线与椭圆相切，且与椭圆交于两点，求证：的面积是定值. （3）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点（在的上方），直线与椭圆交于两点（S在的上方）.是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） 证明：当直线的斜率不存在时，又与椭圆相切，则切线方程为， 由对称性不妨取，代入椭圆，可得两交点坐标为， 此时，故； 当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，代入椭圆， 消去，可得， 因直线与椭圆相切，可得：，整理得. 再将代入，消去，可得， 整理得，因， 将代入，化简得， 设，则， 故 ， 将代入上式，化简得， 又点到直线的距离为， 则为定值. （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用相似性质，可知两椭圆离心率相等，即可求解； （2）先考虑斜率不存在时，求得的面积为；在斜率存在时设直线方程为，与椭圆联立，由两者相切推得，再由与椭圆联立，利用弦长公式求得和到直线的距离，化简后代入的面积公式，计算即得证； （3）联立直线与椭圆方程说明的中点也是的中点，然后将转化为的数量关系，借助弦长公式完成计算. 【小问1详解】 由题意可知，“特征三角形”是等腰三角形，且腰长为，底边长为， 那么两个“特征三角形”相似比即两椭圆的长半轴长之比或者焦距之比，从而这两个椭圆的离心率相等. 由椭圆的离心率为， 可知过点且与椭圆相似的椭圆的离心率， 设所求椭圆为，代入点得： 又由，可得，② 联立两式解得：， 所以所求椭圆方程为：. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 假设直线存在；设直线的方程为：，且. 由消去，可得，则有， 又由消去，可得，则有， 可得，即中点的横坐标相同， 又因为四点共线，所以的中点即为的中点， 因，则，化简得（*）， 因， ， 代入（*），可得，化简得，解得，符合题意. 故存在直线满足条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $