山东省新泰市第一中学2025--2026学年高二上册1月阶段性考试数学试题【附解析】

这是一份山东省新泰市第一中学2025--2026学年高二上册1月阶段性考试数学试题【附解析】，共18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。
考试时间：120分钟；
第I卷（选择题）
一、单选题（每个小题5分，共40分，每个题目有且只有一个答案）
1. 已知空间向量，若，则（ ）
A. -2B. -3C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量垂直的坐标表示，列出方程，求解可得.
【详解】由，有，则，解得．
故选：D．
2. 已知双曲线经过点，则的虚轴长为（ ）
A 4B. 2C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由点在双曲线上代入解得，确定双曲线的方程即可得到虚轴长为.
【详解】由点在双曲线上，得，解得，
即双曲线方程为，则的虚轴长为．
故选：A．
3. 已知等差数列中，，公差，则与的等比中项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列求出与，进而求出其等比中项.
详解】等差数列中，由，公差，得，
所以与的等比中项为.
故选：D
4. 如图是某抛物线形拱桥的示意图，当水面处于位置时，拱顶离水面的高度为，水面宽度为，当水面下降后，水面的宽度为（ ）
A. 6B. 8C. 4D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】以拱顶为坐标原点，建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为，根据条件求出抛物线方程，
再求出水面下降后，水面的宽度.
【详解】以拱顶为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为，
依题意可知抛物线过点，所以，解得，
所以抛物线方程为，
所以当时，，
解得，
所以当水面下降后，水面的宽度为．
故选：B．
5. 圆，圆，则圆与（ ）
A. 相离B. 有3条公切线
C. 关于直线对称D. 公共弦所在直线方程为
【答案】C
【解析】
【分析】求出两圆的圆心及半径、两圆的圆心距离判断ABD；求出线段的中垂线方程判断C.
【详解】由题意有：圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，，
圆与圆相交，有2条公切线，故AB错误；
对于D，两圆方程相减得公共弦所在直线方程，故D错误；
对于C，线段的中垂线的斜率为，过线段的中点，该中垂线方程为，
又圆与圆是等圆，它们关于线段的中垂线对称，故C正确.
故选：C.
6. 已知，两点到直线的距离相等，则（ ）
A. 0B. 2C. 0或2D. 或2
【答案】C
【解析】
【分析】利用点到直线公式结合题目信息列式可得答案.
【详解】点到直线的距离为，
点到直线的距离为，
由题意得，解得或.
故选：C.
7. 已知数列的首项，且满足，则此数列的通项公式等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列的递推关系式，结合等差数列的定义及通项公式即可得.
【详解】，，
即，则，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以.
故选：C.
8. 已知椭圆的左右焦点分别为，点在上，点在轴上，，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先设出相关点的坐标，然后根据向量关系以及椭圆的定义和性质来求解离心率.
【详解】设，，，，，，
又，，解得，，
此时，，，，解得，
又点在上，，，，
又，即，解得，，
即.
故选：
二、多选题（每个小题都有多个答案，全部答对得6分，部分选对得部分分）
9. 已知直线，动直线，则（ ）
A. 当时，不经过第一象限
B. 经过定点
C. 对任意的，直线与都不重合
D. 对任意的，直线与都不垂直
【答案】AB
【解析】
【分析】当时，可确定直线方程，明确其经过的象限，判断A的真假；化简直线方程，可确定直线是否经过定点，判断B的真假；举例说明两直线可以重合，判断C的真假；根据两直线垂直求的值，判断D的真假.
【详解】对于A，当时，的方程为，经过第二、三、四象限，A正确；
对于B，，由得，B正确；
对于C，当时，，与重合，C错误；
对于D，当时，两直线垂直，D错误．
故选：AB
10. 记等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. B. 是递增数列
C. 当时，取得最小值D. 若，则n的最小值为11
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，根据等差数列基本量的运算求解即可；对B，求出通项公式判断即可；对C，求解判断即可；对D，令求解即可.
【详解】对于A，由题意可得，解得，故A错误；
对于B，，故是递增数列，故B正确；
对于C，，
所以当时，取到最小值，故C错误；
对于D，令，即，解得或，
因为，所以使的n的最小值为11，故D正确.
故选：BD.
11. 已知递增等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A. B.
C. 是公差为的等差数列D. 是等比数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式，进行基本量的计算判断AB；利用等差、等比数列的定义判断CD.
【详解】设递增等比数列的公比为，由，得，而，
则，解得，，
对于A，，A错误；
对于B，，，B正确；
对于C，，则数列是等差数列，公差为，C正确；
对于D，，又，
因此是首项为3，公比为的等比数列，D正确.
故选：BCD
第II卷（非选择题）
三、填空题（每个小题5分，共15分，请把正确答案填到答题卡上）
12. 如图，已知矩形中，，，现将沿对角线折成二面角，使，则异面直线和所成角为___________.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量求法计算即可.
【详解】取中点M，连接
，，，
取中点H，，，.
分别以M为原点，，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则，，，，
则，，
故，
又因为两异面直线的夹角范围是，
故异面直线和所成角为.
故答案为：.
13. 已知双曲线右焦点为F，一条渐近线被以点F为圆心，为半径的圆截得的弦长为，则双曲线C的离心率为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】由题意得，再结合即可求解.
【详解】渐近线方程为，
∵点F到渐近线的距离为，∴，
即，所以．
故答案为：.
14. 已知过点的直线交圆于两点，且，则满足条件的所有直线的斜率之和为___________．
【答案】12
【解析】
【分析】由题可得点在圆的内部，且点是线段的四等分点.设中点为，则，且为圆心到直线的距离.设直线的斜率为，则其方程为，即，由点到直线的距离公式可得的方程，从而求得满足条件的所有直线的斜率之和.
【详解】如图，设中点为，因为，所以
则，
又，所以，
从而，两式相减得，
从而，从而，
设直线的方程是，即，
从而，即，
，
所以直线的斜率有两解，由根与系数关系可知斜率之和为12．
故答案为：12.
四、解答题（本题共5个小题，共计77分，解答时要写出必要的过程或步骤）
15. 已知以点为圆心的圆A与直线：相切，直线：．
（1）求圆A的标准方程，并求直线所过的定点坐标；
（2）求直线被圆A截得的最短弦长及此时直线的方程．
【答案】（1），定点；
（2），.
【解析】
【分析】（1）利用切线的性质求出半径即得圆的方程，再求出直线所过定点坐标.
（2）判断定点与圆的位置，利用圆的性质及弦长公式求解.
【小问1详解】
依题意，点到直线：的距离即为圆A的半径，
所以圆A的标准方程为；
直线，由，解得，
所以直线过定点.
【小问2详解】
由（1）知，点在圆内，
当直线时，直线被圆A截得的弦长最短，最短弦长为，
因直线的斜率，则直线的斜率为2，方程为，即.

16. 已知数列满足．
（1）求通项公式；
（2）已知，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用求出数列通项公式.
（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
数列中，，
当时，，
两式相减得，
解得，
当时，，满足上式，
所以的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，，，
，则，
两式相减得，
所以.
17. 已知等比数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设的公比为，根据等比数列通项公式和求和公式求解即可；
（2）利用裂项相消即可求解.
【小问1详解】
设的公比为，由，得，
由，得，解得
所以.
【小问2详解】
由，得，
所以.
18. 如图，在四棱锥中，，点Q为棱上一点．
（1）证明：平面；
（2）当点Q为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）当二面角的余弦值为时，求．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由勾股定理证得，再由线面垂直的判定定理即可证得.
（2）由（1）的信息建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用公式求解.
（3）设，分别求出平面和平面的法向量和，利用公式，求点的位置.
【小问1详解】
在四棱锥中，由，
得，，则，
又，且，所以.
【小问2详解】
由（1）知两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，由为棱的中点，得，
，设平面的法向量，
则，取，得，设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
由（2）知，
设，则，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量为，由，令，得，
由二面角的余弦值为，得，
即，整理得，解得，
所以．
19. 已知椭圆C：的离心率为，其四个顶点构成的四边形面积为
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若P是C上异于A，B的一点，不垂直于x轴的直线l交椭圆C于M，N两点，
①证明：为定值；
②的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②是，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的四个顶点构成的四边形面积为，结合圆心率即可求解；
（2）①求出点和的坐标，设，代入椭圆的方程，求出，根据，即可求解；②设直线，，，联立直线和椭圆的方程写出韦达定理，根据求出和的关系式，根据求出，求出点到直线l的距离，求出的面积.
【小问1详解】
由题意可知椭圆的四个顶点构成的四边形面积为，且，
所以，，
椭圆的方程是；
【小问2详解】
①由题意可得，，
设，可得，
即，则，
因，，
则；
②易知直线l的斜率存在，设直线，，，
联立直线和，可得，
可得，，
，
由，
可得，由弦长公式可得
，
点到直线l的距离为，
所以，
综上可知，的面积为定值
【点睛】关键点点睛：本题（2）①关键在于根据，求出.