江苏省天一中学2025-2026学年高二上学期10月阶段性测试数学（强化班）试题及答案

这是一份江苏省天一中学2025-2026学年高二上学期10月阶段性测试数学（强化班）试题及答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
2．已知集合、都是的子集，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知点，是空间直角坐标系中的两点，点关于平面对称的点为，线段的中点与点的距离为（ ）
A．B．
C．D．
4．直线，则是的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知椭圆的左、右焦点分别为、，短轴长为，离心率为，过点的直线交椭圆于，两点，则的周长为
A．4B．8C．16D．32
6．已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ）
A．是一个半径为的圆
B．是一条与相交的直线
C．上的点到的距离均为.
D．是两条平行直线
7．如图，在正方体ABEF­DCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为（ ）

A．－B．
C．－D．
8．已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知函数，则存在实数，使得（ ）
A．的最小正周期为B．是偶函数
C．是奇函数D．的最大值为0
10．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上．这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（ ）
A．的“欧拉线”方程为
B．圆上点到直线的最大距离为
C．若点在圆上，则的最小值是
D．若点在圆上，则的最大值是
11．设椭圆的右焦点为，点为左顶点，点为上顶点，直线过原点且与椭圆交于，两点（在第一象限），则以下命题正确的有（ ）
A．
B．时，三角形面积为
C．直线与直线的斜率之积是定值
D．当与平行时，四边形的面积最大
三、填空题
12．设函数，则满足的的取值范围是 .
13．已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的直径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值是 ，圆锥的表面积与球的表面积的比值是 ．
14．以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为 ．
四、解答题
15．已知的内角所对的边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)点在边上，且，求的周长．
16．已知圆.
(1)证明：圆过定点.
(2)当时，求直线被圆截得的弦长.
(3)当时，若直线与圆交于两点，且，其中为坐标原点，求的取值范围.
17．如图，在三棱柱中，，四边形是菱形，，点D在棱上，且．
(1)若，证明：平面平面ABD．
(2)若，是否存在实数，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
18．把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的中点，为线段上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）.
(1)求证：平面.
(2)若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的最小值.
(3)求三棱锥的体积的取值范围.
19．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知．
①求证：直线恒过x轴上一定点；
②设和的面积分别为，求的最大值．
《江苏省天一中学2025-2026学年高二上学期10月阶段性测试数学（强化班）试题》参考答案
1．D
【分析】由，求出，利用复数的运算法则求出表达式，进而可得对应象限.
【详解】因为，所以，所以，
在复平面内对应的点为，位于第四象限．
故选：D．
2．B
【分析】推导出，即可求得结果.
【详解】如下图所示，已知为全集，、为全集的两个子集，且，则，
本题中，因为集合、都是的子集，且，则，
因此，.
故选：B.
3．A
【分析】求出的坐标，即可求得线段的中点坐标，根据空间两点间的距离公式即可求得答案.
【详解】由题意点，，点关于平面对称的点为，
可得，故线段的中点坐标为，即，
故线段的中点与点的距离为，
故选：A
4．C
【分析】根据直线平行的判定求参数，结合充分、必要性定义判断条件间的关系.
【详解】若，则，可得或，
时，，即两直线平行，符合；
时，，即两直线重合，不符.
所以，即是的充要条件.
故选：C
5．C
【分析】利用椭圆的定义，结合，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，椭圆的短轴长为，离心率为，
所以，，则，所以，
所以的周长为，
故选C．
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义、标准方程，以及简单的几何性质的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
6．C
【分析】设，由可得点坐标，由在直线上，将点坐标代入，得轨迹，结合选项即可得出正确答案.
【详解】设，由，则，
由在直线上，故，
化简得，即的轨迹为直线且与直线平行，
上的点到的距离，故A、B、D错误，C正确.
故选：C.
7．B
【分析】法一：先利用二面角平面角的定义，在两个半平面内分别找到与二面角的棱垂直的两条直线，将问题转化为求两直线方向向量的夹角即可；
法二：直接转化为求两平面的法向量的夹角即可.
【详解】设正方体棱长为1，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B­xyz，则M ，N，.
解法一 取MN的中点G，连接BG，AG，
则G.
因为为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角．
又因为，，
所以，，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，
则.
故所求两平面夹角的余弦值为.

解法二 设平面AMN的法向量
由于， ，
则，即，
令x＝1，解得y＝1，z＝1，于是，
同理可求得平面BMN的一个法向量 .
所以 ，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，
则.
故所求两平面夹角的余弦值为.
故选：B.
8．D
【分析】应用赋值法构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可.
【详解】由题意，，.
赋值，得；
赋值，得，即，
当时，，
当时，则，所以，即；
赋值，得，解得，
即；
AC项，由，，
得，
其中由，可知，
当时，，即；
当时，，即；故AC错误；
BD项，，得；
又，所以，
则，
故，且不恒为，故B错误，D正确.
故选：D.
9．AC
【分析】取，可验证AC的真假；假设函数为偶函数，根据偶函数的性质，判断B的真假；结合二倍角公式和辅助角公式，求函数的最大值，判断D的真假.
【详解】当时，，为奇函数，且，故AC正确；
若为偶函数，则，恒成立，矛盾，故B错误；
因为，所以，无解，故D错误．
故选：AC
10．ACD
【分析】由及题意可得三角形的欧拉线为线段的中垂线，求出的中垂线方程判断A；由欧拉线与圆相切可得，圆心到欧拉线的距离等于半径可得的值，由圆上的点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加半径判断B；令，得，代入圆的方程，由方程有根求出的范围判断C；表示圆上的点与连线的斜率，设，利用点到直线的距离公式得到不等式，即可求出的取值范围，从而判断D．
【详解】解：，由题意可得的欧拉线为的中垂线，
由，可得的中点为，且，
线段的中垂线方程为，即，故A正确；
的“欧拉线”与圆相切，
圆心到直线的距离，
圆的方程为，
圆心到直线的距离，
圆上点到直线的距离的最大值为，故B错误；
令，，代入圆的方程，
可得，由于在圆上，有根，
则，整理得，
解得，
的最小值为，即的最小值为，故C正确；
因为表示圆上的点与连线的斜率，设，则，即，
所以，即，解得，
所以的最大值为，故D正确；
故选：ACD．
11．ABD
【分析】根据题意和椭圆的性质，结合直线的特点，可较易判断A选项；对于B选项我们可以巧妙利用椭圆的对称性，将所求三角形转化为面积相同且较易求面积的三角形，利用三角形相关的性质，即可判断；对于C选项，按照选项内容建立起直线和直线的斜率的积的关系式，通过对式子的变形整理，看式子中是否含有变量，如果有变量，则不是定值，如果没有变量，则是定值；对于D选项，我们可以将四边形的面积分解为几个易于计算的小三角形的面积，这样有利于我们更好的建立四边形面积的表达式，从而根据表达式得出面积最大时，和的位置关系.
【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，焦距为，
则由题意可知，，，，，
∴，，，直线过原点，且在第一象限，
∴设直线的方程为：，，
∵经过原点，∴，即：，
∴，即：，故A正确；
如图所示：
设椭圆的左焦点为，连接，，，，由对称性可知：四边形是平行四边形，
又：，，
设，，，
由余弦定理可知：，
即：，
即：，解得：，∴，
又：，∴，，
∴
，
∴，故B正确；
设：，点在第一象限，∴，由对称性知：，
∴，，
∴，
又：在椭圆上，∴，∴，
即有：，
直线与直线的斜率之积与直线的斜率有关，不是定值，故C错误；
如图所示：
，
当且仅当：，即：，，时等号成立，
而，此时，
∴当与平行时，四边形的面积最大，最大面积为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：
关于这类以椭圆为基础的综合性问题，要注意以下几个点：
（1）根据题意和题设条件得到较为标准的草图，这可以帮助我们更好的发现一些细节；
（2）辨析椭圆中包含的原点弦，焦点弦，过焦点三角形，过顶点三角形，线段的垂直、平行，特殊角，特别注意三角相关知识点的应用；
（3）利用椭圆的性质，特别是椭圆的对称性，可以引出点的对称，直线的对称，一些几何图形的对称；
（4）椭圆中解题的关键是建立正确的关系.这个关系有联立方程组得到或的二次式，进而得到根与系数的关系，也有几何关系、不等关系、甚至运动关系，数形结合、转化是主要思维方法；
（5）解析几何对计算要求较高，应特别注意多项运算，负号运算.
12．
【分析】先求得函数定义域，然后分与讨论，结合对数函数的单调性代入计算，即可得到结果.
【详解】由可得，
则，解得，所以定义域为，
当时，，
由可得，即，无解；
当时，，
由可得，即，
即，解得，
又，所以，
即不等式的解集为.
故答案为：
13．
【分析】设圆锥的底面圆半径以及球的半径，用表示出圆锥的高和母线以及球的半径，然后根据体积公式求出体积比，根据表面积公式求得表面积之比.
【详解】设圆锥的底面半径为，球的半径为，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，母线，
由题可知：，所以球的半径
所以圆锥的体积为，
球的体积，
所以；
圆锥的表面积，
球的表面积，
所以，
故答案为：；.
14．/0.2
【分析】利用换元法可得，进而根据不等式的性质，分情况讨论求解.
【详解】令其中，
所以，
若，则，故，
令，
因此,故,则，
若，则，即，
，
则,故,则，
当且仅当且时等号成立，
如取时可满足等号成立，
综上可知的最小值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，在和前提下进行合理分类讨论，根据题意得到相对应的不等式组，注意题目的条件关键词是“或”.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出，最后结合角的范围求解；
（2）应用余弦定理得出，，即可求解.
【详解】（1）由及正弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，所以．
（2）在中，，解得，
在中，，所以，
所以周长．
16．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）对式子变形为，由于与无关，列方程求解即可得定点；
（2）求出圆心到直线距离，再结合垂径定理求解弦长即可；
（3）联立直线与圆的方程，韦达定理，利用数量积的坐标运算列不等式，求解即可.
【详解】（1）由，
得，
令，得，解得，
所以圆过定点，且定点的坐标为.
（2）当时，圆的标准方程为，
则圆的圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长为.
（3）将代入，得.
则恒成立，
设，则，
所以
，整理得，则，
所以的取值范围是.
17．(1)证明见解析
(2)存在或
【分析】(1) 取AB的中点O，连接，OC，利用题中的条件得出AB⊥平面，由线面垂直得到线线垂直，最后结合面面垂直的判定即可求解；
(2)根据条件建立空间直角坐标系，设，根据坐标之间的关系得出，然后分别求出两平面的法向量，根据两平面所成角的余弦值是，代入向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）证明：取AB的中点O，连接，OC．
因为四边形是菱形，且，所以．
因为O为AB的中点，所以．
因为，且O为AB的中点，所以AB⊥OC．
因为，平面，且，所以AB⊥平面．
因为平面，所以．
因为，AB，平面ABD．且，所以平面ABD．
因为平面，所以平面平面ABD．
（2）因为，所以，所以AC⊥BC．
因为O是AB的中点，所以．
因为四边形是菱形，且∠，所以是等边三角形．
因为O是AB的中点，所以．
因为，所以，则OB，OC，两两垂直，故以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，，，故，，，，.
因为，所以，所以．
设平面的法向量为，
则，令，得．
设平面ABD的法向量为，
则，令，得．
设平面与平面ABD所成的角为，则，
解得或，故存在或，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是．
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，则四边形为平行四边形，根据平行四边形性质及基本事实4可知，然后根据线面平行的判定定理证明即可.
（2）令，则，，，然后由两角和的正切公式得，然后利用基本不等式求解最值.
（3）利用等体积法得，问题化为求、到平面距离之和都最大，应用直线与椭圆位置关系求最大，即可得解.
【详解】（1）由题设，长轴长，短轴长，则，
所以分别是的中点，而柱体中为矩形，连接，
由，
故四边形为平行四边形，则，
当为的中点时，则，故，
面面，故平面.
（2）由题设，令，则，又，
所以，，则，
因为，
当且仅当，即上式取等号，所以.
（3）由，
正方形中为中点，易得与重合时与垂直，
此时，
则最大值为，
构建如上图空间直角坐标系且，底面椭圆方程为，
设，
设，联立椭圆得，且，
所以，
而，
所以，令，则，
由对勾函数性质知在上递增，故，
由，
综上，.
19．(1)
(2)①证明见解析；②2
【分析】（1）由题意列方程组求解
（2）①设直线方程，与椭圆方程联立，由题意列方程通过韦达定理化简求解
②由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值
【详解】（1）由题意可得解得，所以椭圆C的方程为．
（2）①方法一：第三定义转化
依题意，点，设，
因为若直线的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意．
所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立
整理得：，
所以，且
因为点是椭圆上一点，即，
所以，
所以，即
因为
，
所以，此时，
故直线恒过x轴上一定点．
方法二：非对称韦达
依题意，点，设
因为若直线的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意
所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立得：
所以整理得：，
所以，且
依题意，，即．
算法1：和积关系转化法
因为，
所以，
所以解得：．
算法2：韦达定理代入消元
因为，
所以，
所以解得：．
方法三：分设两线再联立
依题意，点，设，设，并设直线，直线，
因为联立直线与椭圆C得：
所以整理得：，解得：．
因为联立直线与椭圆C得：
所以整理得：，解得：．
因为，且，此时，
设直线与x轴交于点，则由P，D，Q三点共线易知，
，
即线段过点．
②由①得，
所以
（当且仅当即时等号成立），
所以的最大值为2．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
A
C
C
C
B
D
AC
ACD
题号
11









答案
ABD