精品解析：山东省实验中学2025-2026学年高二上学期第四次诊断性考试数学试题

山东省实验中学2024级高二第四次诊断性考试 数学试题 2026.1 （本试卷共4页，19题；全卷满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题纸上. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3．非选择题的作答：用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 第Ⅰ卷（选择题 共58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. 若直线与互相垂直，则（ ） A. B. C. 4 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线垂直的充要条件列式求解. 【详解】由题意知，所以. 故选：C. 2. 已知，，且，则和可分别作为（ ） A. 双曲线和抛物线的离心率 B. 双曲线和椭圆的离心率 C. 椭圆和抛物线的离心率 D. 两双曲线的离心率 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，结合圆锥曲线离心率范围即可得解. 【详解】由题意，，且， 所以，解得， 所以和可分别作为双曲线和抛物线的离心率. 故选：A. 3. 双曲线上一点到右焦点的距离是，则下列结论正确的是（ ） A. 到左焦点的距离为 B. 到左焦点的距离为 C. 到左焦点的距离不唯一 D. 这样的点不存在 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线的定义和性质来判断到左焦点的距离． 【详解】对于双曲线，可得，，则， 设该双曲线的左、右焦点分别为、，由题意可知， 又因为，所以这样的不存在. 故选：D. 4. 在等比数列中，，，则（ ） A. 36 B. C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的性质即可求解. 【详解】等比数列中，，， ，由于故，所以， 故选：D． 5. 如图，正方体的棱长为2，动点分别在面对角线和上，若大于零），则与所成的角（ ） A. 与都有关 B. 与有关，与无关 C. 与有关，与无关 D. 与都无关 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，判断两直线得到两直线垂直，得出结果. 【详解】 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 正方体的棱长为2，，则 ， ， 因为， 所以与垂直， 所以与所成的角与都无关. 故选：D. 6. 已知为坐标原点，直线与圆交于，两点，若为的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. 11 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】由直线过定点，结合图形，利用圆的基本性质可得，推得点即点，进而得到点在以为直径的圆上（去掉点），从而可求得的最大值. 【详解】由题意可得圆心为，半径为2，直线过定点． 因为为的中点，所以，点(或点)即点， 故点在以为直径的圆上（去掉点）， 而，且圆的半径为1，故圆的方程为， 由图知，，即的最大值为． 故选：A． 7. 已知数列 的前项和为，,当时，是与的等差中项，则 等于 A. 162 B. 81 C. 54 D. 18 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：由题意得，数列是等比数列，首项为1，公比为3， 考点：等差数列、等比数列的综合 8. 数学美的表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为，从而得出四点所在圆的方程为，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题. 【详解】依题意有OAPB四点共圆，设点P坐标为，则该圆的方程为：， 将两圆方程：与相减，得切点所在直线方程为 ，解得，因为，所以 故选：A 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 记圆：，圆：，则（ ） A. B. 若坐标原点在圆上，则点在圆上 C. 若圆与圆内切，则 D. 当时，圆与圆的相交弦方程为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，先得到，，由两点间距离公式可得A正确；B选项，代入原点坐标，求出，得到圆的方程，从而得到点在圆上；C选项，根据圆心距和两圆半径的关系得到方程，求出；D选项，两圆相减可得相交弦方程. 【详解】A选项，圆的圆心为，圆的圆心为， 则，A正确； B选项，若坐标原点在圆上，则，故， 故圆的方程为， 将代入可得，故点在圆上，B正确； C选项，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为， 由A知，， 若圆与圆内切，则，解得，C错误； D选项，时，圆：，圆：， 两圆相减得，D正确. 故选：ABD D．若圆与圆相交，则圆的面积大于1 10. 已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，是数列的前项和.以下说法正确的是（ ） A. B. 是数列的第8项 C. 当时，最大 D. 是公差为的等差数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合题意，得到数列的通项，结合等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解. 【详解】由等差数列的首项，公差，可得， 对于A中，根据题意，可得，，所以公差为， 所以数列的通项公式为，所以A正确； 对于B中，由，令，解得，所以B正确； 对于C中，令，解得， 所以或时，取得最大值，所以C正确； 对于D中，由，可得， 则， 所以是公差为的等差数列，所以D错误. 故选：ABC. 11. 如图，在棱长为1的正四面体中，为底面的重心，，分别为线段，上的点（不含端点），，分别为，延长线上的点，，，，交于，交于，则（ ） A. 若，则平面 B. C. 若且平面过点，则的最小值为4 D. 若为正四面体的外接球球心且，平面过点，则点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】运用线面平行性质和判定判定A；运用重心性质，结合向量线性运算法则判定B；根据点共面得向量定理，结合基本不等式计算判定C；画出草图，结合外接球球心性质，结合三点共线性质，将距离转化计算即可判定D. 【详解】对于选项 A，因为，即，所以，从而平面， 又因为平面平面，所以，从而平面，故A正确； 对于选项B， 连接并延长交于点H ，连接，则，因为O是重心，所以 ，故B错误； 对于选项C，因为，且，所以，又因为平面过点O，所以，即， 所以， 当且仅当时，等号成立，故C正确； 对于选项 D，延长交于Q，连接，并延长交于F ， 设，在如图②所示的图形中，由G为正四面体的外接球球心， 得 ， 因为三点共线，所以，所以 ，即， 所以点F到平面的距离为点C到平面的距离的， 又因为正四面体的棱长为1，所以其高为，即点C到平面的距离为，故点F到平面得距离为.故D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若直线与双曲线有公共点，则可取的一个值是________． 【答案】（只需，答案不唯一） 【解析】 【分析】求出渐近线方程，从而得到不等式，求出，得到答案. 【详解】的渐近线方程为， 要想直线与双曲线有公共点，则， 解得， 故不妨取 故答案为：（答案不唯一，只需） 13. 在直三棱柱中，，点为侧面上的任意一点，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量法计算数量积结合二次函数最值计算求解. 【详解】如图取中点为原点，建立空间直角坐标系，设， 其中， ， 当，且或时，取最大值4， 当，且时，取最小值2，所以的取值范围为. 故答案为：. 14. 将正整数按一定次序排列得到排列，若排列中的任意一项都满足：，则满足题意的排列的个数为________． 【答案】89 【解析】 【分析】设 满足题意的排列个数为，将排列按照与两种情况分类，可得，据此可得答案. 【详解】设 满足题意的排列个数为，本题所求为. 由题可得，，. 当，此时，，， 则满足题意的排列个数为； 当，，此时，，， 则满足题意的排列个数为； 当，，则，，，，， 此时没有整数使满足题意，即当，时，满足题意的排列不存在. 综上可得，. 注意到，，则， . 故答案为：89 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. 已知平面直角坐标系中定点为坐标原点．动点满足，记的轨迹为曲线 （1）求曲线的方程 （2）过点的直线被曲线所截得的弦长为，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由，结合两点间距离公式代入化简即可求解； （2）由弦长公式，通过直线斜率存在和不存在两类情况讨论即可. 【小问1详解】 设， 由， 可得：， 平方可得：， 化简可得， 即， 故曲线的方程是； 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，直线方程为， 圆的半径为，圆心到直线的距离为， 此时弦长为，符合； 当直线的斜率存在时，设直线方程为：， 则圆心到直线的距离， 则弦长， 化简可得：， 解得：， 直线方程为：， 综上：直线的方程为或. 16. 已知抛物线：（）的焦点为，点（）在上，，斜率为的直线与交于，两点． （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）设直线与的斜率分别为，，证明：为定值． 【答案】（1）； （2）； （3）证明：因为点在上，所以或（舍去），所以， 由（2）得，， 所以． 因为，， 所以，即为定值． 【解析】 【分析】（1）由焦半径公式求出p即可求解； （2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理和弦长公式即可求出参数得解； （3）由两点间斜率公式结合（2）中的韦达定理进行转化计算即可求解. 【小问1详解】 根据题意可得，解得．所以的方程为． 【小问2详解】 设，，直线的方程为． 由消去得， 所以即，，， 所以，解得， 所以直线的方程为； 【小问3详解】 略 17. 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. 18. 已知是数列的前项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，． （1）求与的通项公式； （2）若数列的前项和，求及的最小值； （3）设，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2），最小值为 （3） 【解析】 【分析】（1）借助与的关系结合等比数列定义可得的通项公式，再由等差数列性质可得的通项公式； （2）借助等比数列求和公式可得，再分奇偶讨论可得的最小值和最大值； （3）由题意计算可得，再借助错位相减法计算即可得解. 【小问1详解】 由，则， 故，即， 当时，，则， 故数列是以为首项，为公比的等比数列，故； ，则数列的公差为，故； 【小问2详解】 ， 则， 当为偶数时，，随的增大而增大， 当为奇数时，，随的增大而减小， 故当时，有最小值； 【小问3详解】 由， 则 ， 则， 则， 故 ， 则. 19. 已知椭圆的离心率为，短轴长为． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的左右顶点分别为，过作直线，交椭圆上的另一点，过作直线交椭圆上的另一点，两条直线的斜率为． （i）若，则直线是否过定点，若是，求出该点坐标；若不是，请说明理由； （ii）若直线过点，分别记和的面积为，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）设椭圆的半焦距为，根据题意，列出方程组，求得的值，即可求得椭圆的标准方程； （2）（i）设直线的方程为，联立方程组，设，求得，设直线的斜率为，求得，再由，得到，结合韦达定理，列出方程，求得，即可得到过定点； （ii）化简得到，当时，得到，结合韦达定理，求得，设，列出不等式，求得的范围，即可求解. 【小问1详解】 解：设椭圆的半焦距为， 因为椭圆的离心率为，短轴长为， 可得 ，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 解：（i）若，则直线过定点， 理由如下： 由（1）知，椭圆的左右顶点分别为， 显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，其中， 联立方程组，整理得， 则， 设，则， 因为点在椭圆上，则，即， 设直线的斜率为，则， 即， 又因为，所以，所以，即， 即， 整理得， 即， 因为，则，所以， 整理得，可得直线的方程为， 当时，可得，所以直线过定点， 且点在椭圆的内部，此时直线与椭圆必相交， 所以直线过定点. （ii）若直线过点，点在椭圆的内部，直线与椭圆必相交， 因为， 当时，可得， 则，整理得， 设，则，解得 ，即， 则，所以，所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省实验中学2024级高二第四次诊断性考试 数学试题 2026.1 （本试卷共4页，19题；全卷满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题纸上. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3．非选择题的作答：用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 第Ⅰ卷（选择题 共58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. 若直线与互相垂直，则（ ） A. B. C. 4 D. 1 2. 已知，，且，则和可分别作为（ ） A. 双曲线和抛物线的离心率 B. 双曲线和椭圆的离心率 C. 椭圆和抛物线的离心率 D. 两双曲线的离心率 3. 双曲线上一点到右焦点的距离是，则下列结论正确的是（ ） A. 到左焦点的距离为 B. 到左焦点的距离为 C. 到左焦点的距离不唯一 D. 这样的点不存在 4. 在等比数列中，，，则（ ） A. 36 B. C. D. 6 5. 如图，正方体的棱长为2，动点分别在面对角线和上，若大于零），则与所成的角（ ） A. 与都有关 B. 与有关，与无关 C. 与有关，与无关 D. 与都无关 6. 已知为坐标原点，直线与圆交于，两点，若为的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. 11 D. 12 7. 已知数列 的前项和为，,当时，是与的等差中项，则 等于 A. 162 B. 81 C. 54 D. 18 8. 数学美的表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 记圆：，圆：，则（ ） A. B. 若坐标原点在圆上，则点在圆上 C. 若圆与圆内切，则 D. 当时，圆与圆的相交弦方程为 D．若圆与圆相交，则圆的面积大于1 10. 已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，是数列的前项和.以下说法正确的是（ ） A. B. 是数列的第8项 C. 当时，最大 D. 是公差为的等差数列 11. 如图，在棱长为1的正四面体中，为底面的重心，，分别为线段，上的点（不含端点），，分别为，延长线上的点，，，，交于，交于，则（ ） A. 若，则平面 B. C. 若且平面过点，则的最小值为4 D. 若为正四面体的外接球球心且，平面过点，则点到平面的距离为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若直线与双曲线有公共点，则可取的一个值是________． 13. 在直三棱柱中，，点为侧面上的任意一点，则的取值范围是__________. 14. 将正整数按一定次序排列得到排列，若排列中的任意一项都满足：，则满足题意的排列的个数为________． 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. 已知平面直角坐标系中定点为坐标原点．动点满足，记的轨迹为曲线 （1）求曲线的方程 （2）过点的直线被曲线所截得的弦长为，求直线的方程． 16. 已知抛物线：（）的焦点为，点（）在上，，斜率为的直线与交于，两点． （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）设直线与的斜率分别为，，证明：为定值． 17. 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. 18. 已知是数列的前项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，． （1）求与的通项公式； （2）若数列的前项和，求及的最小值； （3）设，求数列的前项和． 19. 已知椭圆的离心率为，短轴长为． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的左右顶点分别为，过作直线，交椭圆上的另一点，过作直线交椭圆上的另一点，两条直线的斜率为． （i）若，则直线是否过定点，若是，求出该点坐标；若不是，请说明理由； （ii）若直线过点，分别记和的面积为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $