精品解析：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（1月）数学试题

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. 【答案】D 【解析】 【分析】将双曲线方程转化为标准方程，结合双曲线渐近线方程的概念即可求出答案. 【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. 故选：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. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解即可. 【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. 已知点，则线段的垂直平分线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断直线的斜率，再求的中点坐标，进而求解. 【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． 故选：B 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 【答案】C 【解析】 【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解. 【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. 故选：C. 5. 已知是空间一个基底，向量，，，若，则的值是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量平行得到，求解即可. 【详解】因为，所以， 即，， 所以. 故选：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. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值； 方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出； 方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出． 【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． 故选：B． 方法二：因为①，， 即②，联立①②， 解得：， 而，所以， 即． 故选：B． 方法三：因为①，， 即②，联立①②，解得：， 由中线定理可知，，易知，解得：． 故选：B． 【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大． 7. 已知圆是圆上的两个动点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，根据题意可得点的轨迹，再将看作点到直线的距离的倍即可求解. 【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. 故选：B. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出，根据勾股定理从而确定P的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可. 【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. 故选： 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平行四边形的性质判断A；由且结合在渐近线上可求的坐标，从而可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B的结果可得，计算后可判断C的正误，或者利用并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果求出面积后可判断D的正误. 【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， 故选：ACD. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】分析数列的单调性，结合已知条件可判断A，结合题意并利用等差数列的性质判断B，利用等差数列的求和公式可判断C，令，结合等差数列的定义分析可知，，判断D即可. 【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. 故选：ABD 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，当时，点在线段上动，即为直线与所成角；对于选项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即可求解；对于选项C，当时，点在内部及边界上动，线段AP的长度最小值即点A到平面的距离，由等体积法即可求解；对于选项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. 【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. 故选：ACD. 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_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量法可求出点到平面的距离. 【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. 故答案为： 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________． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的对称性及中点，得到，结合为的一条渐近线，得到，进而得到，最后在中利用余弦定理得到、之间的关系，最后求出渐近线方程. 【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． 故答案为：. 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________. 【答案】1或5 【解析】 【分析】设正整数，且是一个奇数，有（其中是正奇数），由递推公式求解. 【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. 故答案为：1或5. 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． 【答案】（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） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，通过证明四边形BENM为平行四边形，可得，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量的坐标，再求出这两个向量的夹角的余弦值，进而可得线面所成角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的概念，以及椭圆离心率的概念，求出椭圆的参数，写出标准方程； （2）联立椭圆方程和直线方程，求出弦长，根据点到直线距离公式，求出三角形高，进而求出三角形面积. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 在数列中，，． （1）求的通项公式； （2）记的前项和为，若，求的前项和． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）构造等比数列，利用等比数列的通项公式得； （2）由错位相减法求得，然后用裂项相消法求得和． 【小问1详解】 因为，所以，又，所以数列是等比数列且公比为， 所以，即； 【小问2详解】 ， ， 所以， 两式相减得， 所以， ， 所以． 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. 【答案】（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.∴平面. （2） （3）存在，P点在A点处时平面与平面的夹角为. 【解析】 【分析】（1）利用中位线和平行四边形证明线线平行，然后得到线面平行； （2）证明三线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求得面的法向量，然后由直线所在向量与法向量的夹角的余弦值的绝对值求得线面角的正弦值； （3）由（2）求出平面的法向量，设点坐标，由空间向量求得平面的法向量，由两个面的法向量夹角的余弦值的绝对值求等于面面角的余弦值建立方程，解得点坐标，即可知道点的位置. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵，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 【小问3详解】 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， 所以存在符合题意的点P，当P点在A点处时平面与平面的夹角为. 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，. 【答案】（1）， （2）证明如下： 方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 方法二：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）证明如下： 方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 方法三：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. 【解析】 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【小问1详解】 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，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解. 第1页/共1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 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. 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，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $