精品解析：浙江省温州市泰顺县育才高级中学2025-2026学年高二上学期第八次周考数学试题

泰顺育才高中2024级高二年级第一学期第八次周考 数学学科 试题 本试题卷考查范围：选择性必修一~数列 命题人：郭兵利 注意事项： 1.全卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上. 3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠，不要弄破. 选择题部分（共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 经过两点的直线斜率为（ ） A. B. C. D. 2 2. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 3. 焦点为且经过点的双曲线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 设a为实数，已知直线：，：，若，则（ ） A. 6 B. C. 6或 D. 或3 5. 设､是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的序号是（ ） ①若，则 ②若，则 ③若，则 ④若，则 A. ①和② B. ①和④ C. ③和④ D. ②和③ 6. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）． A. B. 1 C. D. 7. 已知等轴双曲线的实轴长为，左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的两条渐近线从左到右依次交于，两点，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知正方形中心的坐标为，若直线的方程为，则与边垂直的两条边所在的直线方程为（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列的前n项和为，若，则（ ）． A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. D. 11. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如右图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，则关于该半多面体的下列说法中正确的有（ ） A. 该半正多面体外接球与原正方体外接球半径相等 B. 与所成的角是的棱有18条 C. 与平面所成的角 D. 直线与直线所成角的余弦值的取值范围为 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为________． 13. 已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是________. 14. 已知抛物线的方程为，为其焦点，点坐标为，过点作直线交抛物线于两点，是轴上一点，且满足，则直线的斜率为_________. 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. 已知直线与直线的交点为P， （1）直线经过P，且与直线l：垂直，求直线的方程； （2）直线经过P，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程. 16. 已知抛物线C关于x轴对称，它的顶点在原点，并且经过点， （1）求C的标准方程. （2）设正三角形的一个顶点位于坐标原点，另外两个顶点在C上，求这个正三角形的边长. 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，是的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，，，求直线与平面所成的角的正弦值. 18. 数列的前n项和，数列满足，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，， （ⅰ）求证：数列是等比数列； （ⅱ）若数列的前n项和为，求证：. 19. “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：如图用一张圆形纸片，按如下步骤折纸： 步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一定点，记为F； 步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F，此时圆周上与点F重合的点记为A； 步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与AE的交点为P； 步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕和越来越多的点P． 现取半径为8的圆形纸片，设点F到圆心E的距离为，按上述方法折纸．以线段FE的中点为原点，的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系xOy，记动点P的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程： （2）若点Q为曲线C上的一点，过点Q作曲线C的切线交圆于不同的两点M，N． （ⅰ）试探求点Q到点的距离是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由； （ⅱ）求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泰顺育才高中2024级高二年级第一学期第八次周考 数学学科 试题 本试题卷考查范围：选择性必修一~数列 命题人：郭兵利 注意事项： 1.全卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上. 3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠，不要弄破. 选择题部分（共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 经过两点的直线斜率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由斜率计算公式即可求解. 【详解】解：根据直线斜率的两点式公式，， 故选：B 2. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量坐标运算求出数量积及模长，再结合投影向量公式计算即可. 【详解】由已知可得， 所以向量在向量上的投影向量是. 故选：D. 3. 焦点为且经过点的双曲线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意设双曲线的标准方程为，得，解出即可求解. 【详解】由题意有，焦点在y轴上，设双曲线的标准方程为， 且，由双曲线性质得，即①， 双曲线过点， 将其代入标准方程得：，化简为②， 联立①②，得， 解得，， 所以双曲线方程为 故选：D. 4. 设a为实数，已知直线：，：，若，则（ ） A. 6 B. C. 6或 D. 或3 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得，据此可得的可能值，验证后可得答案. 【详解】因，则. 则或.当，：，：，满足； 当，：，：，两直线重合，不合题意. 则. 故选：A 5. 设､是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的序号是（ ） ①若，则 ②若，则 ③若，则 ④若，则 A. ①和② B. ①和④ C. ③和④ D. ②和③ 【答案】B 【解析】 【分析】①运用线面平行、垂直的性质定理即可判断①； ②运用面面垂直的判定和性质定理，即可判断②； ③运用线面平行的性质定理，即可判断m，n的位置关系； ④运用面面平行的传递性和线面垂直的性质定理，即可判断④． 【详解】①由于n∥α，由线面平行的性质定理得，n平行于过n的平面与α的交线l，又m⊥α，故m⊥l，即m⊥n，故①正确； ②若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，故②错； ③若m∥α，n∥α，由线面平行的性质定理，即得m，n平行、相交或异面，故③错； ④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则面面平行的传递性得α∥γ，由线面垂直的性质定理得，m⊥γ，故④正确． 故选：B． 【点睛】本题主要考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质定理，考查面面平行、垂直的判定和性质定理的运用，是一道基础题． 6. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）． A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的性质可知也是等差数列，即可快速求解. 【详解】， 由于是等差数列，所以，即也是等差数列， 故． 故选：D． 7. 已知等轴双曲线的实轴长为，左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的两条渐近线从左到右依次交于，两点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出双曲线的半焦距，再求出渐近线，即可推导出是等腰直角三角形，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】因为等轴双曲线的实轴长为， 则双曲线的半焦距， 所以双曲线方程为，则渐近线方程为， 则，所以， 由，即为的中点，又为的中点， 所以，则，， 所以为等腰直角三角形，所以. 故选：C 8. 在三棱锥，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定底面三角形外接圆圆心，过圆心且垂直底面的直线为，在直线上找球心，由于为等边三角形，所以球心为外接圆圆心，由正弦定理求外接圆半径即为外接球半径. 【详解】 取中点，连结根据题意，因为为等腰直角三角形， 所以的外心为斜边的中点，； 又因为， 所以的外接圆半径为； 因为平面平面，平面平面, 为等边三角形，所以， 所以平面， 所以外接球球心在直线上， 且,为的外心， 因为为等边三角形，所以,, 所以由正弦定理有, 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C 二、多项选择题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知正方形中心的坐标为，若直线的方程为，则与边垂直的两条边所在的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】先根据直线的方程求出直线的斜率，从而得出所求直线的斜率，再利用正方形中心的性质根据点到直线的距离即为点的所求直线的距离，利用点到直线距离公式构造方程计算求解． 【详解】直线的方程为， 直线的斜率为，故所求直线的斜率为， 设其方程为（c为常数） 正方形中心到直线边的距离为， 正方形中心到所求直线的距离为，即，解得或， 与边垂直的两条边所在的直线方程为或． 故选：CD． 10. 已知数列的前n项和为，若，则（ ）． A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用求出数列的通项公式，即可判断各选项. 【详解】对于AB： 因为，故，当时，，当时，也成立， 所以，即为常数列，其既是等差数列，也是等比数列，故A、B正确； 对于C： ，，显然等式仅当时成立，故C错误； 对于D： ，故D正确. 故选：ABD． 11. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如右图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，则关于该半多面体的下列说法中正确的有（ ） A. 该半正多面体外接球与原正方体外接球半径相等 B. 与所成的角是的棱有18条 C. 与平面所成的角 D. 直线与直线所成角的余弦值的取值范围为 【答案】CD 【解析】 【分析】将半正多面体补成正方体，考虑外接球的球心，可判断A；由两直线所成角的定义可判断B；由线面角的定义可判断C；建立空间直角坐标系，利用向量法结合二次函数的性质求出直线与直线所成角的余弦值的取值范围，可判断D． 【详解】设该半正多面体棱长为，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上；将该半正多面体补成正方体，正方体的棱长为2，可得该半正多面体的外接球与原正方体的外接球的球心重合，所以该半正多面体的外接球半径为, 原正方体的外接球的半径，故A错误； 与成的棱有和与面相对的面上的还有和与面相对的面上的共16条，故B错误； 由平面，可得为与平面所成角，由于为等腰直角三角形，所以，故C正确； 建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 所以; 又设， 则. 令则 所以 故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.故D正确. 故选：CD. 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据渐近线方程，求得，再求离心率即可. 【详解】根据题意可知，该双曲线的一条渐近线方程为：，故， 则其离心率为. 故答案为：. 13. 已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据数列的单调性列不等式组求解可得. 【详解】数列是递增数列，当时，有；当时，有，且， 即，解得. 故答案为： 14. 已知抛物线的方程为，为其焦点，点坐标为，过点作直线交抛物线于两点，是轴上一点，且满足，则直线的斜率为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用方程组思想来求交点坐标满足的两根之积，再通过,又可得交点满足的两根之积，从而可解直线斜率. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 因为抛物线的方程为，则焦点的坐标为， 所以可设直线方程为，与抛物线的方程为联立， 消得， 又设交点，，则， 由，则， 即， 所以是方程的解， 又将代入方程， 整理得：， 此时又有，再根据，可得， 故答案为： 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. 已知直线与直线的交点为P， （1）直线经过P，且与直线l：垂直，求直线的方程； （2）直线经过P，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】(1)先求出两直线的交点，再根据垂直关系得到的斜率，最后用点斜式写出直线方程. (2)先确定交点，再分截距为和不为两种情况，分别求出满足条件的直线的方程. 【小问1详解】 联立，解得，即， 由与直线l：垂直可得其斜率为， 所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 当在两坐标轴上的截距均为0时，易知此时方程为； 当在两坐标轴上的截距不为0时，可设方程为，则，得， 故此时方程为； 综上可知，直线的方程为或. 16. 已知抛物线C关于x轴对称，它的顶点在原点，并且经过点， （1）求C的标准方程. （2）设正三角形的一个顶点位于坐标原点，另外两个顶点在C上，求这个正三角形的边长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用待定系数法求解； （2）设，，结合可得线段关于x轴对称，得，求得，得解. 【小问1详解】 因为抛物线关于x轴对称，它的顶点在原点，并且经过点， 所以可设它的标准方程为 因为点M在抛物线上，所以，解得 因此，所求抛物线的标准方程是 【小问2详解】 设正三角形的顶点A、B在抛物线上，且设点，， 则，，又， ，即， ，又，，， 由此可得，即线段关于x轴对称， 轴垂直于，且，， ，， 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，是的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，，，求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1） 如图，连接与相交于点，连接， 正方形的对角线和交于点， 又，， 又平面，平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接辅助线，利用中位线定理可得，根据线面平行判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，平面的法向量坐标，根据直线与平面所成角的向量公式求解线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，因为平面平面，平面平面，过点在平面内作的垂线，可得垂线垂直于平面， 又因为，则以为坐标原点，向量，方向分别为，轴的正方向，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，， 又由，，，可得点的坐标为，点的坐标为， 设平面的法向量为，由，， 有，取，，，可得平面的一个法向量为， 又由，有， 故直线与平面所成的角的正弦值为. 18. 数列的前n项和，数列满足，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，， （ⅰ）求证：数列是等比数列； （ⅱ）若数列的前n项和为，求证：. 【答案】（1）； （2）（ⅰ）当n为奇数时，；此时 为偶数，由， 得. 当n为偶数时，；此时 为奇数，由， 得. 因此，对任意，有. 因为，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列. （ⅱ）由（ⅰ）得，， ① ①得② 由①-②得 ， 所以， 因为，所以， 因为 ，， 所以，，即关于n是递增的，因此， 综上，. 【解析】 【分析】（1）根据与的关系求解可得； （2）（ⅰ）分为奇数和偶数，利用递推关系证明即可；（ⅱ）利用错位相减法求和即可得证. 【小问1详解】 当时，， 当时，也符合上式， 所以. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 19. “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：如图用一张圆形纸片，按如下步骤折纸： 步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一定点，记为F； 步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F，此时圆周上与点F重合的点记为A； 步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与AE的交点为P； 步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕和越来越多的点P． 现取半径为8的圆形纸片，设点F到圆心E的距离为，按上述方法折纸．以线段FE的中点为原点，的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系xOy，记动点P的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程： （2）若点Q为曲线C上的一点，过点Q作曲线C的切线交圆于不同的两点M，N． （ⅰ）试探求点Q到点的距离是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）是定值，定值为4；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意分析可知，结合椭圆定义即可得方程； （2）①联立方程，结合相切关系可得和点Q的坐标，进而可得，进而可得结果；②根据垂径定理求面积，结合分析最值即可. 【小问1详解】 由题意可知：， 则， 可知动点P的轨迹是以为焦点的椭圆，且， 所以曲线C的方程为. 【小问2详解】 ①联立方程，消去y可得， 因为直线与曲线C相切，则， 整理可得，则原方程为，解得， 将代入直线，可得， 可知，且， 则，为定值； ②由题意可知：圆的圆心为，半径， 因为到直线的距离， 可得， 因为，则， 可得， 则面积， 可知当，即时，取到最大值. 【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法 （1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解． （2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元后再求最值)． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $