精品解析：山东省济南市平阴县实验高级中学2025-2026学年高二上学期1月阶段检测数学试题

2024级高二上学期1月份阶段检测数学试题 一、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，只有一项是符合要求的． 1. 已知，，且，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 4. 若直线：与直线：平行，则实数为（ ） A. -3 B. 3 C. 3或-3 D. 1或-1 5. 已知数列满足，，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6. 根据抛物线的光学性质可知，从抛物线的焦点发出的光线经该抛物线反射后与对称轴平行，一条平行于对称轴的光线经该抛物线反射后会经过抛物线的焦点.如图所示，从沿直线发出的光线经抛物线两次反射后，回到光源接收器，则该光线经过的路程为（ ） A. 11 B. 12 C. 14 D. 16 7. 如图，在直三棱柱中，，，已知与分别为和的中点，与分别为线段和上的动点（不包括端点），若，则线段的长度的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截口曲线是一个椭圆，，为该椭圆的焦点，为椭圆上任意一点.若圆柱的底面圆半径为1，，则下列结论不正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长为4 B. 椭圆的离心率为 C. 满足的点共有4个 D. 的最大值为8 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知数列的前项和，则（   ） A. 当且仅当时取到最小值 B. C. 数列是等差数列 D. 10. 已知圆：，则下列结论正确的是（ ） A. 圆关于直线对称 B. 对，直线与圆都相交 C. 点为圆上任意一点，则的最大值为9 D. 圆与圆的公共弦长为 11. 在平面直角坐标系中，曲线上的点到点的距离之积为定值，且曲线经过坐标原点，若点为曲线上一点，则下列结论正确的是（ ） A. 点在曲线上 B. 的取值范围为 C. 曲线的方程为 D. 的最大值为4 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______. 13. 已知双曲线：（，）的右焦点为.为坐标原点，若在的左支上存在关于轴对称的两点，，使得，且，则的离心率为_____. 14. 《孙子算经》提出了“物不知其数”问题的解法，被称为“中国剩余定理”.“物不知其数”问题后来经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在正整数中，把被3除余数为2，被4除余数为2的数，按照由小到大的顺序排列，分别得到数列，，将，中不同的数放在一起，再按照由小到大的顺序排列，得到数列，则_____. 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. 等差数列满足，. （1）求的通项公式和前项和； （2）设等比数列满足，，求数列的前项和. 16. 已知圆经过点，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）求过点与圆相切的直线方程. 17. 已知抛物线E：（）经过点. （1）求抛物线E的方程； （2）设直线交抛物线E于、B两点，且直线与倾斜角互补，求的值. 18. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，是的中点，，平面． （1）求与平面所成角的正弦值； （2）若平面于点，求平面与平面夹角的余弦值． 19. 极点与极线是射影几何学研究中的重要理论，对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应椭圆的极线为.已知，为椭圆的左右焦点，点为上动点，若，则对应椭圆的极线经过点． （1）求椭圆的方程； （2）若动点对应椭圆的极线交于两点，求证：以为直径的圆恒过，； （3）若为曲线上的动点，且点对应椭圆的极线交椭圆于两点，判断四边形的面积是否为定值，如果是定值，求出该定值；如果不是定值，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高二上学期1月份阶段检测数学试题 一、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，只有一项是符合要求的． 1. 已知，，且，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量的数量积运算求解. 【详解】因为，所以，解得. 故选：B 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用双曲线方程可得渐近线方程． 【详解】双曲线的渐近线方程为，即， 故选：C. 3. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，因为且， 可得，解得. 故选：A. 4. 若直线：与直线：平行，则实数为（ ） A. -3 B. 3 C. 3或-3 D. 1或-1 【答案】B 【解析】 【分析】由直线平行的判定，列出等式求解并验证即可； 【详解】由题意可得：， 解得：， 当时，直线：与直线：平行， 当时，直线：即，与直线：，重合，舍去， 故， 故选：B 5. 已知数列满足，，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由递推关系式可知数列是周期为3的周期数列，根据周期性可得结果. 【详解】由，，则，， 所以， 所以数列是周期为3的周期数列，则. 故选：B. 6. 根据抛物线的光学性质可知，从抛物线的焦点发出的光线经该抛物线反射后与对称轴平行，一条平行于对称轴的光线经该抛物线反射后会经过抛物线的焦点.如图所示，从沿直线发出的光线经抛物线两次反射后，回到光源接收器，则该光线经过的路程为（ ） A. 11 B. 12 C. 14 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】求出,利用抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离进行求解. 【详解】由抛物线方程得，设，， 由抛物线性质，与轴的交点即为抛物线的焦点，所以，，， 所以，即该光线经过的路程为， 故选：C 7. 如图，在直三棱柱中，，，已知与分别为和的中点，与分别为线段和上的动点（不包括端点），若，则线段的长度的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直三棱柱中三条棱两两垂直，本题考虑利用空间坐标系解决.建立空间直角坐标系，设出的坐标，利用求得关系式，写出的表达式，然后利用二次函数求最值即可. 【详解】在直三棱柱中，底面， 以点为坐标原点，，、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，设点、， ，， 由于，则，可得， ，则， . 故选：C. 8. 如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截口曲线是一个椭圆，，为该椭圆的焦点，为椭圆上任意一点.若圆柱的底面圆半径为1，，则下列结论不正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长为4 B. 椭圆的离心率为 C. 满足的点共有4个 D. 的最大值为8 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定图形，求出椭圆长、短半长轴、，再逐项计算、判断作答. 【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为， 椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径， 则由截面与圆柱底面成锐二面角，得，故A选项正确； 显然，，解得，则，离心率，故B选项正确； 以椭圆的对称中心为圆心，为半径作圆，由，可知与椭圆有4个交点，所以满足的点共有4个，故C选项正确； 由椭圆定义，可得，根据不等式，可得，解得，当且仅当时，取得最大值，故D选项错误. 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知数列的前项和，则（   ） A. 当且仅当时取到最小值 B. C. 数列是等差数列 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A项,由二次函数的性质求解;对于B项,由与的递推关系求解;对于C项,求出,由等差数列的定义进行判断;对于D项,结合项的正负进行求和. 【详解】选项A ，已知，这是一个二次函数，开口向上，对称轴为， 由于是正整数，因此当时，取得最小值，故A错误； 选项B，由题意得， 当时，， 当时， ，上式也成立，所以，故B正确； 选项C，由题意得， 因为，所以数列是等差数列，故C正确； 选项D，令，则解得，所以当时，，当时，，当时，， 故，故D正确.故选：BCD. 10. 已知圆：，则下列结论正确的是（ ） A. 圆关于直线对称 B. 对，直线与圆都相交 C. 点为圆上任意一点，则的最大值为9 D. 圆与圆的公共弦长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】将圆化为标准方程，根据圆心在直线上，判断A，根据直线过定点，及点圆内判断B，结合两点距离公式判断C，求两圆的公共弦方程，结合弦长公式求弦长判断D. 【详解】圆的标准方程为：， 对于A，因圆心在直线上，故圆关于直线对称，即A正确； 对于B，对，直线，即， 则直线经过定点， 而该点在圆内，故，直线与圆都相交，即B正确； 对于C，依题意，在上，而可理解为圆上的点与点的距离，由图知， 所以的最大值为81， 故C错误. 对于D，点与点的距离为，， 所以圆与圆相交， 将与相减得，公共弦所在直线的方程为：， 圆心到直线的距离等于， 所以公共弦长为.故D正确， 故选：ABD 11. 在平面直角坐标系中，曲线上的点到点的距离之积为定值，且曲线经过坐标原点，若点为曲线上一点，则下列结论正确的是（ ） A. 点在曲线上 B. 的取值范围为 C. 曲线的方程为 D. 的最大值为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用曲线经过坐标原点可得，利用两点距离公式及条件化简整理可判断C；将点代入曲线方程可判断A；利用的面积转化得，通过检验可判定B；根据已知条件利用平面向量基本定理及余弦定理可判断D． 【详解】对于C，因为曲线经过坐标原点，所以． 因为点为曲线上一点，所以， 所以，整理得， 所以曲线的方程为，所以C选项正确； 对于A，点的坐标满足方程，所以A选项正确； 对于B，的面积， 所以，存在使得，取最大值， ，由题意，为原点也符合题意，故，B选项错误； 对于D，因为，则， 即①， 根据余弦定理可得， 即②， 联立①②可得，即， 当P点位于的两侧且在x轴上时“=”成立， 即的最大值为4，所以D选项正确. 故选：BCD． 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是抓住曲线经过坐标原点得到. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量的减法运算及模运算求解. 【详解】,则. 故答案为: 13. 已知双曲线：（，）的右焦点为.为坐标原点，若在的左支上存在关于轴对称的两点，，使得，且，则的离心率为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，结合双曲线的对称性可得是正三角形，且是其中心，再用半焦距c表示出点坐标，代入双曲线方程求出离心率. 【详解】轴，令垂足为，由双曲线的对称性知，则是正三角形， 又，，则是的中心，， 而，则，点在双曲线， 因此，即，整理得，即， 解得，所以的离心率 故答案为： 【点睛】关键点点睛：由题设条件，结合双曲线对称性确定出正三角形是求解问题的关键. 14. 《孙子算经》提出了“物不知其数”问题的解法，被称为“中国剩余定理”.“物不知其数”问题后来经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在正整数中，把被3除余数为2，被4除余数为2的数，按照由小到大的顺序排列，分别得到数列，，将，中不同的数放在一起，再按照由小到大的顺序排列，得到数列，则_____. 【答案】239 【解析】 【分析】根据题意可得数列，的通项公式，再分析数列，结合周期性可知，即可得结果. 【详解】因为， 可知数列是首项为2，公差为3的等差数列，是首项为2，公差为4的等差数列， 可得， 又因为数列，的相同的数组成的数列为， 可知数列是首项为2，公差为12的等差数列，可得， 则数列依次为， 可得，所以. 故答案为：239. 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. 等差数列满足，. （1）求的通项公式和前项和； （2）设等比数列满足，，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可求得、的值，利用等差数列的通项公式可求得的表达式，利用等差数列的求和公式可求得的表达式； （2）设等比数列的公比为，求出、的值，利用等比数列的求和公式可求得的表达式. 【小问1详解】 解：设等差数列的公差为，则，可得， ，解得，则. 所以，. 【小问2详解】 解：设等比数列的公比为，则，， 所以，. 16. 已知圆经过点，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）求过点与圆相切的直线方程. 【答案】（1） （2）和 【解析】 【分析】（1）设圆的标准方程为，根据题意利用待定系数法求出，即可得解； （2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径求出，即可得解. 【小问1详解】 设圆的标准方程为， 由题意得， 所以圆的标准方程为； 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，符合题意， 当直线斜率存在时，设该斜率为，此时直线方程为， 即，圆心到该直线的距离为， 即，解得， 此时直线方程为， 故所求直线方程为和. 17. 已知抛物线E：（）经过点. （1）求抛物线E的方程； （2）设直线交抛物线E于、B两点，且直线与倾斜角互补，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义进行求解; （2）联立直线与抛物线方程,结合韦达定理及进行求解. 【小问1详解】 由题意知：，所以抛物线方程为 . 【小问2详解】 联立方程，得， 设， 则，， 因为直线与倾斜角互补，， , , ， 代入得，， 解得. 18. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，是的中点，，平面． （1）求与平面所成角的正弦值； （2）若平面于点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系,求出平面的法向量，再由线面角的空间向量求解; （2）求出平面的法向量，由面面角的空间向量求解. 【小问1详解】 因为为等边三角形，是的中点，则，且平面， 以为坐标原点，分别为轴，过平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 【小问2详解】 由（1）可得：， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为平面，则直线的方向向量可以为， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面的法向量可以为 ， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 19. 极点与极线是射影几何学研究中的重要理论，对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应椭圆的极线为.已知，为椭圆的左右焦点，点为上动点，若，则对应椭圆的极线经过点． （1）求椭圆的方程； （2）若动点对应椭圆的极线交于两点，求证：以为直径的圆恒过，； （3）若为曲线上的动点，且点对应椭圆的极线交椭圆于两点，判断四边形的面积是否为定值，如果是定值，求出该定值；如果不是定值，说明理由． 【答案】（1） （2）证明： 由（1）知动点对应椭圆的极线， 联立方程，解得或， 不妨令，， 由椭圆的方程知，，所以，， 又因点在椭圆上，则，，所以， 同理可知，所以，所以以为直径的圆恒过，； （3）是定值， 【解析】 【分析】（1）由极点（不是坐标原点）对应椭圆的极线的定义进行求解; （2）由（1）知动点对应椭圆的极线,与直线联立求出点的坐标,再由数量积运算证明垂直即可； （3）点对应椭圆的极线，与椭圆方程联立,由韦达定理及中点坐标求出点同时为的中点,再由弦长公式及距离公式求出面积即可. 【小问1详解】 由点为椭圆上的动点，则将点坐标值代入椭圆方程得， 又由极点极线定义可知，点对应椭圆的极线 极线过点，所以， 联立方程解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 由题意知曲线的方程为，又在曲线上， 点对应椭圆的极线， 联立，，即， ，不妨令，，，， 设为的中点所以，， 所以点同时为的中点，即四边形为平行四边形.即. ， 点到直线的距离， 所以， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $