精品解析：山东省济南市长清第一中学2025-2026学年高二上学期1月阶段性检测数学试题

高二本部1月阶段性检测 数学试题 2026.1 一、单项选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意） 1. 抛物线的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 已知是直线上一点，是直线的一个法向量，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列，其前项和为，则（ ） A. 24 B. 36 C. 48 D. 64 4. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点D在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆的一个焦点是，过原点的直线与相交于点，，的面积是20，则（ ） A. 5 B. C. D. 10 7. 在三棱锥中，，，，则点P到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆的方程为，为圆上任意一点，则的取值范围是（ ） 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，有多项符合题目的要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若，则是钝角 B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 C. 已知向量组是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底 D. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 10. 设等差数列的前项和为．若，则（ ） A. B. C. D. 11. 过点且斜率为的直线与曲线交于不同的，两点，为坐标原点，则（ ） A. B. C. 面积的最大值为2 D. 当面积取最大值时， 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列是等差数列，若，则__________. 13. 已知直线，若且，则的值为_______ 14. 如图所示点是抛物线的焦点，点、分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且总是平行于轴，则的周长的取值范围是_____． 四、解答题（本题共4小题，共77分） 15. 已知，，，，． （1）求； （2）若与互相垂直，求实数k的值． 16. 已知圆关于直线对称． （1）求常数 （2）已知斜率为的直线与圆交于、两点，若，为坐标原点，求直线的方程． 17. 已知数列满足. （1）求和； （2）证明：数列为单调递增数列. 18. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，． （1）求证：平面平面； （2）若，求二面角的余弦值. 19. 已知椭圆经过点，且焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的左、右顶点分别为A、，点为椭圆上异于A、的动点，设交直线于点，连接交椭圆于点，直线的斜率分别为． ①求的值； ②证明：直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二本部1月阶段性检测 数学试题 2026.1 一、单项选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意） 1. 抛物线的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，化简方程为，结合抛物线的几何性质，即可求解. 【详解】由抛物线，可得抛物线的标准方程为， 所以抛物线的焦点坐标为. 故选：B. 2. 已知是直线上一点，是直线的一个法向量，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直线的斜率，由点斜式即可求解. 【详解】由是直线的一个法向量，可知直线的斜率为， 又直线过点，所以直线的方程为，即. 故选：C 3. 已知等差数列，其前项和为，则（ ） A. 24 B. 36 C. 48 D. 64 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合等差数列的性质，求得，再由，即可求解. 【详解】因为数列为等差数列，且， 由等差数列的性质，可得，所以， 又由. 故选：B. 4. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令和的夹角为，根据投影向量的定义直接求解即可. 【详解】令和的夹角为， 则， 则向量在向量上的投影向量为. 故选：C 5. 已知点D在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由四点共面可知，结合基本不等式的乘“1”法即可求解. 【详解】, 因为四点共面，所以， 注意到，从而. 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为. 故选：B. 6. 已知椭圆的一个焦点是，过原点的直线与相交于点，，的面积是20，则（ ） A. 5 B. C. D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】求出，由三角形的面积得到面积为10，设，则，将代入中得，求出，得到. 【详解】由题意得，故，故， 因为的面积为20，所以面积为10， 设，则，解得， 将代入中得， 故，则. 故选：D 7. 在三棱锥中，，，，则点P到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】因，，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 所以点P到平面的距离为； 故选：C 8. 已知圆的方程为，为圆上任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准式，表示圆上的点与点的连线的斜率，求出过点与圆相切的切线的斜率，即可求出的取值范围. 【详解】圆的方程为，即，圆心为，半径， 则表示圆上的点与点的连线的斜率， 过点作圆的切线方程， 显然，切线斜率存在，设切线方程为，即． 则，解得， 所以的取值范围为． 故选：C． 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，有多项符合题目的要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若，则是钝角 B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 C. 已知向量组是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底 D. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 【答案】BCD 【解析】 【分析】举反例可得A错误；由共面定理可得B正确；由基底的性质可得C正确；由向量共面的性质可得D正确； 【详解】对A，当时，夹角为平角，故A错误； 对B，由空间向量的基本定理知，因，所以四点共面，故B正确； 对C，因向量组是空间的一个基底，所以三向量不共面，且不为， 假设共面，则，即，矛盾， 所以不共面，即也是空间的一个基底，故C正确； 对D，由向量共面的性质可得空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故D正确； 故选：BCD. 10. 设等差数列的前项和为．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由已知，结合等差数列前n项和公式、通项公式列方程求等差数列基本量，写出通项公式及前项和公式即可. 【详解】设等差数列的公差为， 由题意可得，解得， ． 故选：BD. 11. 过点且斜率为的直线与曲线交于不同的，两点，为坐标原点，则（ ） A. B. C. 面积的最大值为2 D. 当面积取最大值时， 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意可得曲线，是以原点为圆心，2为半径的半圆，作出示意图，数形结合逐项计算可判断每个选项的正误. 【详解】由，则，，即， 所以曲线是以原点为圆心，2为半径的半圆， 直线的方程为，即，它们相交于两点，如图所示： 选项A，由圆心到直线距离，得，又由图可知， 所以，故选项A错误； 选项B，显然当直线过圆心时，最大为直径4，所以，故选项B正确； 选项C，由，所以当△面积取最大值时， ，即，故选项C正确； 选项D，当面积取最大值时，， 所以圆心到直线距离，所以， 因为，所以，选项D错误. 故选：BC. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列是等差数列，若，则__________. 【答案】15 【解析】 【分析】运用等差数列下标的性质进行求解即可. 【详解】因为数列是等差数列， 所以由， 于是， 故答案为： 13. 已知直线，若且，则的值为_______ 【答案】5 【解析】 【分析】由直线一般式下两条直线垂直与平行的性质求解即可. 【详解】因为，，所以， 因为，所以，解得， 所以. 故答案为：. 14. 如图所示点是抛物线的焦点，点、分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且总是平行于轴，则的周长的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】过点作准线的垂线，垂足为，则的周长为，求出后可得所求的范围. 【详解】过点作准线的垂线，垂足为， 则的周长为， 由可得：，所以，故的周长的取值范围为. 故答案为： 四、解答题（本题共4小题，共77分） 15. 已知，，，，． （1）求； （2）若与互相垂直，求实数k的值． 【答案】（1） （2）或． 【解析】 【分析】（1）首先求出向量，，进而由向量的夹角公式求解即可； （2）首先求出与的坐标，结合向量垂直的充要条件列方程求解即可； 【小问1详解】 因为、、，，， 所以，， 则． 【小问2详解】 因为，， 又与垂直， 所以， 解得或． 16. 已知圆关于直线对称． （1）求常数 （2）已知斜率为的直线与圆交于、两点，若，为坐标原点，求直线的方程． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）由圆的一般方程，得到圆心和半径，根据题意可得圆心在直线上，进而可求出值； （2）先由题意设，直线的方程为，联立直线与圆的方程，由于则，结合韦达定理，即可求出结果. 【小问1详解】 圆圆心为 , 因为圆关于直线对称； 所以圆心在直线上； 所以，解得 【小问2详解】 由（1）知圆， 设直线的方程为 ， ； 联立方程化简得到； 则， 则 ； 因为，所以， 即，解得 ； 所以直线的方程为. 17. 已知数列满足. （1）求和； （2）证明：数列为单调递增数列. 【答案】（1）， （2） 由（1）知，，易知， 则， 又对一切恒成立，所以， 即对一切恒成立， 所以数列为单调递增数列. 【解析】 【分析】（1）根据与的关系可得，即可求解； （2）利用作商法即可证明. 【小问1详解】 因为①， 当时，. 当时，②， 由①-②得，所以， 当时，，所以也满足， 当时，， 故，. 【小问2详解】 略 18. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，． （1）求证：平面平面； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：取中点，连接， 因为四边形是边长为的菱形，所以， 因为,所以是等边三角形， 所以, 因为，所以， 因为，所以，所以. 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，利用线面垂直的判定定理证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）由(1)建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面、平面的法向量，结合空间向量的数量积定义计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以， 由（1）知，平面平面，而平面平面， 平面，所以平面， 所以直线两两垂直，以为原点建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 由，取，得， 设平面的法向量为， 由，取，得， 所以，由图可知二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 19. 已知椭圆经过点，且焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的左、右顶点分别为A、，点为椭圆上异于A、的动点，设交直线于点，连接交椭圆于点，直线的斜率分别为． ①求的值； ②证明：直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标． 【答案】（1） （2）①； ②设直线的方程为，由①中知，， 由，得，， 由根与系数的关系得，由①可知，， 即，代入化简得，解得或（舍去）， ∴直线的方程为，∴直线经过轴上的定点，定点坐标为． 【解析】 【分析】（1）根据焦距和短轴即可求解， （2）①根据两点斜率公式即可代入化简求解，②联立直线与椭圆的方程，可得韦达定理，即可结合化简求解定点. 【小问1详解】 依题意可得，，∴，则， ∴椭圆的方程为． 【小问2详解】 ①解：设，，． 由（1）可知，，如图所示，∴，， 又∵，即，于是，∴， 又，则，因此． ②略 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $