精品解析：广东省东莞市2025-2026学年高二上学期教学质量自查数学试题

2025-2026学年度第一学期教学质量自查 高二数学 一、单项选择题：本大题共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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑. 1. 直线过点，，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直线的斜率，再由斜率的定义即可得倾斜角. 【详解】因为直线过点，， 所以直线的斜率为， 设直线的倾斜角为，则， 因为，所以， 故选：C. 2. 在正项等比数列中，，，则公比为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的性质即可求解. 【详解】由可得， 由于，故，且 由可得，故， 故选：A 3. 已知向量，，若，则的取值为（ ） A. ±1 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据模长公式即可求解. 【详解】因为向量，， 所以,又因为， 所以，故， 故选：B 4. 已知抛物线上一点M与焦点间的距离是3，则点M的纵坐标为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求解即可 【详解】抛物线的焦点为，准线方程为， 因为抛物线上一点M与焦点间的距离是3， 所以，得，即点M的纵坐标为2， 故选：B 5. 记为等差数列的前项和，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列前项和公式列方程计算即可求得结果. 【详解】由题意得,解得， 又，解得, 故选：C 6. 已知圆与圆，若圆完全覆盖圆，，则圆的半径的最小值为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断圆与圆相交，结合图形关系即可求解最小的半径. 【详解】依题意，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径为， 则，故两圆相交， 因圆覆盖圆，，所以圆半径的最小值为. 故选：B 7. 数列是严格递增的整数数列，且，，则的最大值为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可知数列是公差为1的等差数列时满足题意，分别检验首项取值求得最大的正整数解即可. 【详解】因为数列是严格递增的整数数列，要使最大，在总和为定值的条件下，应使数列的每一项尽可能小； 因此，可考虑当且数列为公差为1的等差数列时的情形，以此来确定的最大取值范围； 此时可知, 可得，此时无正整数解， 若，可知需满足， 此时只需保证，即可满足题意； 若增大首项为，公差为1保持不变，此时只会使满足题意的变小，所以的最大值为11. 故选：C 8. 如图，三棱锥中，，，，为的中点，点满足，则异面直线与所成的角的大小为（ ） A. 30° B. 45° C. D. 75° 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，分别求得两直线的方向向量，即可根据向量的夹角求解. 【详解】由于，，故均为等边三角形， 不妨设， ，， 则，即，则， ，， 又，平面 平面， 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 可得， 设异面直线与所成角为，而故, 由于，故， 故选：A 二、多项选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑. 9. 直的一个方向向量为，若，则平面的法向量可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】计算各选项中的向量是否与共线后可得正确的选项. 【详解】对于A，，故可为平面的法向量； 对于B，若，则，无解，故不为平面的法向量； 对于C，，故可为平面的法向量； 对于D，若，则，无解，故不为平面的法向量； 故选：AC. 10. 已知等差数列的前项和为，且，，，则（ ） A. 数列是递增数列 B. C. 当时，最大 D. 当时，的最大值为8 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可得，即可根据公差判断AC，利用作差法，即可求解B，根据等差数列的性质，结合求和公式即可求解D. 【详解】由可得，结合，，可得， 因此公差,数列是递减数列，A错误， 由，可得当时，，故时，最大，C正确， ，因此，B正确， 由于，， 结合数列的单调性可知：当时，，当,， 故时，的最大值为8，D正确. 故选：BCD 11. 现有一款制作芝士蛋糕的模具，其“模具口”呈椭圆形，并嵌于正方形网格中（如图1）.以正方形的中心为坐标原点建立平面直角坐标系（如图2），得到“模具口”椭圆图形的方程，其两焦点分别为，，设为上一动点，则（ ） A. 的长轴长为 B. 的离心率为 C. 不可能大于 D. 正方形网格中单个正方形的面积为30 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据图形对称规则分别求出曲线与直线和直线的交点坐标，即可求出长轴和短轴，即可求出离心率，可知A错误，B正确，利用椭圆定义以及余弦定理可得C正确，根据正方形与椭圆相切求出正方形的边长，即可计算出面积，可得D正确. 【详解】对于A，在图2中由对称关系易知的长轴长为直线与方程两交点的距离， 联立，解得, 因此两交点分别为，这两点间距离为，即长轴长为，因此A错误； 对于B，易知的短轴长为直线与方程两交点的距离， 联立，解得, 因此两交点分别为，这两点间距离为，即短轴长为 所以该椭圆对应的标准方程为， 则它的离心率为，即B正确； 对于C，易知， 则 ， 当且仅当时，等号成立，此时最大为，即C正确； 对于D，在平面直角坐标系由对称性可设正方形的上边所在直线方程为, 显然与曲线相切，联立，整理可得， 显然需满足，解得，所以正方形边长为； 可得正方形网格中单个正方形的面积为，即D正确. 故选：BCD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上. 12. 已知等轴双曲线过点，则双曲线的标准方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】设等轴双曲线的方程，代入求出参数即可. 【详解】设等轴双曲线的方程为， 将点代入方程中得， 则双曲线的标准方程为. 故答案为： 13. 如图，在正方体中，点是棱的中点，则与平面所成角的正弦值_____. 【答案】## 【解析】 【分析】b依题意以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法计算可得结果. 【详解】以为坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示： 设正方体边长为2，可得 所以， 设平面的一个法向量为， 可得， 令，可得，即， 所以与平面所成角的正弦值为， 故答案为： 14. 现有一种构造新数列的方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的等差中项，得到一个新的数列；再将新得到的数列按照上述方法构造，又得到一个新的数列；重复以上操作.现将数列1，3按照上述方法进行构造，第一次得到的新数列为1，2，3；第二次得到的新数列为1，，2，，3；第三次得到的新数列为1，，，，2，，，，3；⋯，记第次得到的新数列为1，，，，⋯，，3，且.当时，_____，_____.（用数值作答） 【答案】 ①. 15 ②. 2026 【解析】 【分析】根据题意，找到规律，类比推理，即可求解值，分别求出、、找到规律，结合等差中项及等比数列求和公式，即可得答案. 【详解】第一次得到的新数列：1，2，3，所以， 第二次得到的新数列为1，，2，，3，所以， 第三次得到的新数列为1，，，，2，，，，3，所以， 依此类推可得：当时，， 设第次得到的新数列为1，，，，⋯，，3； 则第次得到的新数列：1，，，，，，，⋯，，，3 所以， 又因为， 所以， 由等差中项可得：，，， 所以， 即，故， 又因为第一次构造时，中间项只有2，所以， 所以数列是以公比为2，首项为的等比数列， 所以，化简可得：， 所以， . 故答案为：15；2026. 四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效. 15. 已知圆经过点和，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）若过点的直线被圆所截得弦长为6，求直线的方程. 【答案】（1）; （2）或. 【解析】 【分析】（1）法一：求出的垂直平分线方程，求得直线和的交点可得圆心坐标，再求出半径可得圆的标准方程； 法二：设出圆的标准方程，利用待定系数法解出圆心坐标和半径，可得结果； 法三：设出圆的一般方程，求出未知数可得结果； （2）分类讨论直线的斜率是否存在，利用弦长公式列方程即可得出结果. 【小问1详解】 法一： 因为，且的中点为， 所以的垂直平分线方程为，即， 联立，解得， 故圆心的坐标为， 所以圆的半径， 所以圆的标准方程为. 法二： 设圆的方程为. 由已知得，解得， 所以圆的标准方程为. 法三： 设圆的一般方程为， 由已知得，解得， 所以圆的一般方程为， 化为标准方程，即. 【小问2详解】 设圆心到所求直线的距离为， 由弦长公式得，故， ①当直线的斜率不存在时， 则，此时圆心到直线的距离为1，符合题意. ②当直线的斜率存在时， 设直线的方程为，即， 则，整理得，解得， 此时直线的方程为. 综上所述，所求直线的方程为或. 16. 已知等差数列前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，记数列的前项和，求使的最小的正整数的值. 【答案】（1）. （2）8. 【解析】 【分析】（1）根据题意令可得，联立方程组求得首项和公差可得通项公式； （2）利用错位相减法求得的表达式，再由其单调性解不等式可得最小的正整数的值. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由题意知，， 即，整理得， 所以，， 可得. 【小问2详解】 由（1）得， 则， 所以， 两式相减得， 整理得， 所以， 因为在上恒成立，所以单调递增， 当时，， 当时，， 所以使的最小的正整数的值为8. 17. 如图，在四边形中，，，，，点在线段上，且，.将三角形沿翻折至四边形，使得平面与平面所成的二面角的大小为. （1）证明：； （2）动点在线段上运动，当到平面的距离为时，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）由题意得，， 所以是二面角的平面角，所以， 因为，，平面，所以平面， 由题意得，，由余弦定理可得， 因为，所以， 取中点，连接， 因为，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，所以平面， 以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 所以， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直可知，进而根据余弦定理求解长度，根据勾股定理求解垂直关系，即可建立空间直角坐标系，根据向量的坐标运算即可求解， （2）求解平面法向量，根据点面距离的向量法求解，即可根据向量的夹角公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以点到平面的距离， 解得，此时， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最短距离为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于，两点， ①若，求直线的方程； ②点为椭圆的中心，点是椭圆上异于左、右顶点的一点，且，求证：为定值. 【答案】（1）. （2）①或； ②当直线的斜率不存在时，为椭圆的短半轴，此时， 为椭圆的通径，所以， 可得； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，如下图： 故直线的方程为，代入椭圆的方程得，解得， 所以， 由（2）得，， 所以 ， 所以 综上所述，为定值. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率以及椭圆上的最值问题联立方程组，即可求得椭圆方程； （2）①法一：分直线的斜率是否为0分类讨论，设直线的方程为并与椭圆方程联立，利用韦达定理以及即可求出，可得直线的方程； 法二：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设直线的方程为并与椭圆方程联立，利用韦达定理以及即可求出，可得直线的方程； ②对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设直线的方程为，由可知直线的方程为，可求得，再利用向量数量积的坐标表示以及韦达定理代入化简计算可得结论. 【小问1详解】 由题意得， 解得，故， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①由（1）得， 法一：当直线的斜率为0时，或，不合题意； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，， 联立，消去得， 所以恒成立，由韦达定理得①，②， 由，得③， 由①③得，，代入②得， 所以直线的方程为或 法二：当直线的斜率不存在时，，不合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，， 联立，消去得， 所以恒成立， 由韦达定理得①，②， 由，得，整理得③， 由①③得，，代入②得， 所以直线的方程为或 ②略 19. 如图1，已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点分别作直线与，其中与抛物线交于，两点，与抛物线交于，两点. （1）若，求的最小值； （2）证明：直线与的交点在准线上； （3）以为折痕将平面图形翻折为二面角大小为的空间图形（图2），其中点翻折至点，点翻折至点.证明：. 【答案】（1）16 （2） 由（1）知，，则， 因为，异号，所以， 设，，则，，， 因为 由点斜式得，即， 同理， 代入，得， 联立，两式相减得，解得， 所以直线与的交点在准线上. （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，根据焦点弦公式，可得的表示，即可根据基本不等式求解最值， （2）根据点斜式求解两直线的方程，结合，，代入化简，联立两直线的方程即可求解交点得证. （3）根据锥体的体积公式，得，即可根据是否为求解体积，结合焦半径公式即可求解. 【小问1详解】 由题意得焦点为， 因为，易知，与坐标轴不平行，设，，，， 联立，消去得， 所以恒成立， 由韦达定理得，， 因为弦是焦点弦，且，所以， 由得的斜率为，所以， 所以，当且仅当时，取得最小值16. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期教学质量自查 高二数学 一、单项选择题：本大题共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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑. 1. 直线过点，，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 在正项等比数列中，，，则公比为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 3. 已知向量，，若，则的取值为（ ） A. ±1 B. C. 1 D. 4. 已知抛物线上一点M与焦点间的距离是3，则点M的纵坐标为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 记为等差数列的前项和，已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆与圆，若圆完全覆盖圆，，则圆的半径的最小值为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 7. 数列是严格递增的整数数列，且，，则的最大值为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 8. 如图，三棱锥中，，，，为的中点，点满足，则异面直线与所成的角的大小为（ ） A. 30° B. 45° C. D. 75° 二、多项选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑. 9. 直的一个方向向量为，若，则平面的法向量可以是（ ） A. B. C. D. 10. 已知等差数列的前项和为，且，，，则（ ） A. 数列是递增数列 B. C. 当时，最大 D. 当时，的最大值为8 11. 现有一款制作芝士蛋糕的模具，其“模具口”呈椭圆形，并嵌于正方形网格中（如图1）.以正方形的中心为坐标原点建立平面直角坐标系（如图2），得到“模具口”椭圆图形的方程，其两焦点分别为，，设为上一动点，则（ ） A. 的长轴长为 B. 的离心率为 C. 不可能大于 D. 正方形网格中单个正方形的面积为30 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上. 12. 已知等轴双曲线过点，则双曲线的标准方程为_____. 13. 如图，在正方体中，点是棱的中点，则与平面所成角的正弦值_____. 14. 现有一种构造新数列的方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的等差中项，得到一个新的数列；再将新得到的数列按照上述方法构造，又得到一个新的数列；重复以上操作.现将数列1，3按照上述方法进行构造，第一次得到的新数列为1，2，3；第二次得到的新数列为1，，2，，3；第三次得到的新数列为1，，，，2，，，，3；⋯，记第次得到的新数列为1，，，，⋯，，3，且.当时，_____，_____.（用数值作答） 四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效. 15. 已知圆经过点和，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）若过点的直线被圆所截得弦长为6，求直线的方程. 16. 已知等差数列前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，记数列的前项和，求使的最小的正整数的值. 17. 如图，在四边形中，，，，，点在线段上，且，.将三角形沿翻折至四边形，使得平面与平面所成的二面角的大小为. （1）证明：； （2）动点在线段上运动，当到平面的距离为时，求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最短距离为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于，两点， ①若，求直线的方程； ②点为椭圆的中心，点是椭圆上异于左、右顶点的一点，且，求证：为定值. 19. 如图1，已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点分别作直线与，其中与抛物线交于，两点，与抛物线交于，两点. （1）若，求的最小值； （2）证明：直线与的交点在准线上； （3）以为折痕将平面图形翻折为二面角大小为的空间图形（图2），其中点翻折至点，点翻折至点.证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $