山东省青岛第一中学2025-2026学年高二上学期第二次阶段性检测数学试卷

2025—2026学年度第一学期高二年级第二次阶段性检测 数学试题 2026.01 一、单选题 1．双曲线的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 2．中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为，、、、均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D． 3．已知点，则线段的垂直平分线的方程是（   ） A． B． C． D． 4．已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（   ） A． B． C．16 D．18 5．已知是空间一个基底，向量，，，若，则的值是（   ） A． B．2 C． D． 6．设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（    ） A． B． C． D． 7．已知圆是圆上的两个动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（   ） A．2 B．5 C． D． 二、多选题 9．双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，以为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且，则（   ） A． B． C．C的离心率为 D．当时，四边形的面积为 10．设等差数列的前项和为，公差为，，，，下列结论正确的是（   ） A． B．的最大值为 C．当时，的最大值为13 D．数列前项和为，最大 11．已知正方体的棱长为，点P满足，其中x，y，，下列正确的是（    ） A．当时，则直线与所成角的正切值范围是 B．当，时，则的最小值为 C．当时，线段AP的长度最小值为 D．当时，记点的轨迹为平面，则截此正方体所得截面面积的最大值为 三、填空题 12．在空间直角坐标系中，，，平面的一个法向量是，则点到平面的距离为 . 13．如图，双曲线：的左焦点为，过原点的直线与交于，两点（点位于第二象限），为的中点，直线为的一条渐近线，且，则直线的方程为 ． 14．已知数列的各项均为正整数，对于任意正整数，有，其中为使为奇数的正整数.若存在正整数，使得当且为奇数时，恒为常数，则的值为 . 四、解答题 15．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，分别为中点． (1)求证：平面PAB； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值． 16．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，点为的一个焦点，且的离心率为. (1)求的标准方程； (2)已知为的左顶点，直线与交于两点，求的面积. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 17．在数列中，，． (1)求的通项公式； (2)记的前项和为，若，求的前项和． 18．如图1，点分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，使得平面平面，（如图2），连接是四边形对角线的交点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱（含端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 19.已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025—2026学年度第一学期高二年级第二次阶段性检测》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A B C D B B A ACD ABD 题号 11 答案 ACD 1．D【详解】将双曲线化为标准方程为， 所以，，所以双曲线的渐近线方程为 2．A【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接、、，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则、、、，所以，，，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选A. 3．B【详解】由题可得，直线的斜率不存在，所以线段的垂直平分线的斜率为， 且线段的中点坐标为，所以线段的垂直平分线的方程是． 4．C【详解】设等差数列的公差为，因为成等比数列，且， 所以，即，解得或（舍去）， 所以. 5．D【详解】因为，所以，即，，所以. 6．B【详解】方法一：设，所以， 由，解得：， 由椭圆方程可知，， 所以，，解得：， 即，因此． 方法二：因为①，， 即②，联立①②，解得：， 而，所以，即． 方法三：因为①，， 即②，联立①②，解得：，由中线定理可知，，易知，解得：． 7．B【详解】由题知，圆的圆心为，半径为2，取的中点，连接，则，因为，所以，所以点的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆，其方程为.因为可分别看作点到直线的距离，所以当点在直线同侧时，是点到直线的距离的2倍，又点到直线的距离，所以的最大值为，所以的最大值为； 当点在直线异侧时，，所以的最大值为.因为，所以的最大值为. 8．A【详解】根据题意可设，双曲线的半焦距为，，则， 过作轴的垂线l，过作l的垂线，垂足为A，显然直线为抛物线的准线，则，由双曲线的定义及已知条件可知，则，由勾股定理可知，易知，即，整理得，∴，即离心率为2. 9．ACD【详解】不妨设渐近线为，在第一象限，在第三象限， 对于A，由双曲线的对称性可得为平行四边形，故，故A正确；对于B，方法一：因为在以为直径的圆上，故且，设，则，故，故， 由A得，故即，故B错误； 方法二：因为，因为双曲线中，， 则，又因为以为直径的圆与的一条渐近线交于、，则，则若过点往轴作垂线，垂足为，则，则点与重合，则轴，则，则为直角三角形，且，则， 方法三：在利用余弦定理知，， 即，则， 则为直角三角形，且，则，故B错误； 对于C，方法一：因为，故， 由B可知，故即，故离心率，故C正确； 方法二：因为，则，则，故C正确；对于D，当时，由C可知，故，故，故四边形为，故D正确， 10．ABD【详解】对于A，若，则为递增数列， 所以，与矛盾，若，则为常数列，所以，，与矛盾，若，则为递减数列，则，由，可得，合乎题意，故A正确，对于B，由已知得，且为递减数列， 则数列的前项均为正数，从第项开始出现负数，可得的最大值为，故B正确， 对于C，由A可知，，， 得到，，则当时，的最大值为，故C错误， 对于D，由题意得，则， 则，得到数列为等差数列，且其首项为，公差为，由，得，由得，，由得，，即，令，，则等差数列为递减数列，且，，，得到数列前项和为，最大，故D正确. 11．ACD 【详解】对A，当时，点在线段上动，如图所示， 由于，可知即为直线与所成角，连接，设，则在中，，，故A正确； 对于B，当，时，点在线段上动，故将三角形与四边形沿展开到同一个平面上，由图可知，线段的长度即为的最小值，在中，，故B错误； 对于C，当时，点在内部及边界上动，则线段AP的长度最小值即点A到平面的距离，由得线段AP的长度最小值为，故C正确； 对于D，当时，记点的轨迹为平面，故平面截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积，如图所示：当点分别为对应棱的中点时，连结，可得平面平行于平面，且为正六边形，此时该截面是最大截面，由于正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为，则面积为，故D正确. 12．【详解】由题意可知平面的一个法向量是，且， 所以点到平面的距离为. 13．【详解】设的右焦点为，连接，. 因为，分别是，的中点，所以． 又直线是的一条渐近线，所以，故． 由双曲线的对称性，得．由，得． 又，所以，．在中，由余弦定理得，整理得，所以，，所以直线的方程为． 14．1或5【详解】解：根据题意，设正整数，且是一个奇数，则有（其中是正奇数）.结合题设中的递推公式，有；仍由是奇数，是一个偶数；从而再利用递推公式，有.由题设中给对于的定义可知，是一个奇数； 另一方面，结合，可知，因而由，整理得. 由是正整数可知是5的正约数，从而有或，即或.当时，；当时，.综上所述，的值为1或5. 15．(1)证明见解析(2) 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为底面是边长为2的正方形，分别为中点， 可得，且，而，且， 所以，且，所以四边形BENM为平行四边形， 所以，而平面PAB，平面PAB，所以平面； （2）由题意以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，若，则，，，， 则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则， 所以， 所以，设直线与平面所成角为， 则． 16．(1)(2)【详解】（1）椭圆一个焦点为，则，椭圆的离心率为，所以，即，所以，所以椭圆的标准方程. （2）如图所示，左顶点，则点到直线的距离为.联立方程组得，消去得， 根据弦长公式得，所以. 17．(1)；(2) 【详解】（1）因为，所以，又，所以数列是等比数列且公比为，所以，即； （2），，所以，两式相减得，所以， ， 所以． 18．(1)证明见解析(2)(3)存在，P点在A点处时平面与平面的夹角为. 【详解】（1）取中点，连接∵四边形为矩形，∴点为中点，∴且，又∵且，∴且，∴四边形为平行四边形，即，∵平面，∴平面. （2）∵，且平面平面，平面平面，∴平面，又∵平面，∴， 故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， ∴，，，，， ，，，设为平面的一个法向量，则，解得，即， 设直线与平面所成角为，则 （3）由（2）可知平面的一个法向量为， 设存在，则，，设平面的一个法向量为，则，解得，即，则，∴，即，所以存在点P，当P点在A点处时平面与平面的夹角为. 19.【详解】（1）由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.故，从而，. （2）因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. （3）由于，作差得，变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $