【数学】山东潍坊市2025-2026学年高二上学期学业质量监测试题（学生版+解析版）

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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，只有一项是符合题目要求的.
1. 若，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】由，利用组合数的性质有.
故选：B.
2. 已知空间向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】依题意，设，则，
即，解得，，
所以
故选：D.
3. 如图，直角坐标系中有3条圆锥曲线，其离心率分别为，则的大小关系为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】设三条曲线的方程为 （），其中 相同,离心率
由图可知，短半轴 ，因此 ，
即 .
两边同除以 ，得 ，即 .
故选：B.
4. 已知直线与垂直，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意得：，解得，
故选：A.
5. 在平行六面体中，为上一点，且，若，则的值分别为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意得：，
所以
，
所以，
故选：C.
6. 抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射之后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线，一条平行于轴的光线从点发出，经上的点反射后，再经上的另一点反射经过点射出，若，则点的横坐标为（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】A
【解析】抛物线的焦点为，准线为.
由轴，，得，则，
利用抛物线定义转化线段和根据光学性质，反射光线必过焦点.
所以，
因为光线必过焦点，所以光线经抛物线反射后平行于轴射出，
由抛物线定义可知，，
已知，所以，
即，
化简得：.
故选：A.
7. 某学校开设三类选修课程，现有甲､乙､丙､丁､戊五位同学报名参加学习，每位同学仅报一类课程，每类课程至少有一位同学参加，其中甲同学只选择类课程，则不同的报名方法有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】C
【解析】情况一：类课程只有甲同学参加，此时剩下乙、丙、丁、戊四位同学要报名、两类课程，且每类课程至少有一位同学参加，
先将四位同学分成两组，有两种分法：按分组，有种分法；
按分组，有种分法；
再将分好的两组同学全排列，安排到、两类课程中，有种排法；
根据分步乘法计数原理，这种情况下的报名方法有种；
情况二：类课程除甲同学外还有一位同学参加，从乙、丙、丁、戊四位同学中选一位同学和甲一起参加类课程，有种选法；
剩下三位同学要报名、两类课程，且每类课程至少有一位同学参加，
将三位同学分成两组，有种分法，再将分好的两组同学全排列，安排到、两类课程中，有种排法；
根据分步乘法计数原理，这种情况下的报名方法有种；
情况三：类课程除甲同学外还有两位同学参加，从乙、丙、丁、戊四位同学中选两位同学和甲一起参加类课程，有种选法；
剩下两位同学要报名、两类课程，有种排法；
根据分步乘法计数原理，这种情况下的报名方法有种；
根据分类加法计数原理，将上述三种情况的报名方法数相加，可得不同的报名方法共有种.
故选：C.
8. 已知椭圆，双曲线，若的两条渐近线与的四个交点和的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】如图点为双曲线的右焦点，设渐近线与椭圆在第一象限内的交点为，
设双曲线的半焦距为，则，依题意，为正三角形，则，
因点在椭圆上，则得，解得，
又因为点在双曲线的渐近线上，可得，即，
因，联立解得，，故的方程为.
故选：B.
二､多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知正四棱台，则（ ）
A. 直线与异面
B. 直线与相交
C. 平面平面
D.
【答案】ABD
【解析】对于A，由图知，平面，平面，平面,，
故直线与异面，A正确
对于B，如图，反证法证明直线与相交，
若∥，则又∥，
所以四边形为平行四边形，
故，
而正四棱台的与显然不相等，
故与不平行，
所以直线与相交，B正确
对于C，如图，平面即平面，而平面与平面有公共点D，故平面与平面是相交的关系，C错误
对于D，正四棱台的棱∥且，可得，D正确
故选：ABD
10. 已知圆，圆则（ ）
A. 当时，圆与内含
B. 圆关于直线对称的圆的方程为
C. 若圆与圆恰有三条公切线，则
D. 若圆与相交，则公共弦长的最大值为2
【答案】BD
【解析】由题意得：圆，所以圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
对于A，当时，，所以圆与圆外离，故A错误；
对于B，圆心关于直线的对称点为，半径保持不变，所以对称的圆的方程为，故B正确；
对于C，若圆与圆恰有三条公切线，所以圆与圆外切，所以，解得，故C错误；
对于D，由圆，圆，
两方程相减得公共弦所在直线方程为，
当公共弦长最大时，公共弦为圆的直径（长度为2），
所以直线过圆心，所以，解得，
所以，所以，
所以两圆相交，公共弦存在，故公共弦长的最大值为2，故D正确.
故选：BD.
11. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，点在侧面上运动，则（ ）
A. 当在线段上时，直线与所成角的范围为
B. 当在线段上时，的最小值为
C. 当为线段的中点时，过点与垂直的平面截正方体所得截面的面积为
D. 若是线段上一动点，则使平面的点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，，，，，
，，，，，；
选项A：当在线段上时，设，
，；
直线与所成角的余弦为，，
，，
代入夹角余弦公式化简后得，，
令，
当时，，
对其求导得，故单调减，
当时，，
对其求导得，故单调增，
闭区间上的连续函数的最值一定在区间端点或极值点处取得，
时，，时，，
此时对应的夹角为，是的极小值点，，对应的夹角为，
因此，对应的夹角范围为，选项A正确；
选项B：当在线段上时，设，
，，
令，则：，
令，则，则单调递增；
的最小值等价于的最小值，
是开口向上的二次函数，对称轴为，将其代入得，
则，选项B错误；
选项C：当为中点时，；
，，，
又，则与垂直，，则与垂直，
则可以确定当为线段的中点时，过点与垂直的平面是，
边长，
边长，
边长，
这是一个等腰三角形，底边，高为，
故截面面积为：，选项C正确；
选项D：取平面的两个不共线向量，，，
令，，则，
依据共面向量定理，，
代入坐标得：，
在侧面上，代入，
当时，，得点，当时，，得点，
，选项D正确.
故选：ACD
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中含项的系数为__________.（用数字作答）.
【答案】
【解析】二项式的展开式通项公式为.
令，则含项的系数为.
故答案为：
13. 已知二面角的棱上有两点，，若二面角的大小为，且，则__________.
【答案】
【解析】由题意可知，且，，二面角的大小为，
故与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为.
所以
因此.
故答案为：
14. 如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置（两圆锥的轴重合），在两个圆锥内分别放入球，它们与圆锥的每条母线都相切，两球半径分别为，且，若平面与两球相切于两点，则直线与平面所成角的正弦值为__________，若平面与圆锥侧面的交线是以为焦点的双曲线一部分，则该双曲线的实轴长为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】根据题意，截面图如下，过作交于，
两母线相交于点，其中一母线与两圆相切于，
，，
则四边形为矩形，
，，
由题可知，
就是直线与平面所成角，其正弦值为；
双曲线上，且，
，（为双曲线实半轴长），
易知，
，，
，
，
则，即该双曲线实轴长为．
故答案为：，．
四､解答题：本大题共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. 在直四棱柱中，底面是边长为1的正方形，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
（1）证明：因为底面是正方形，所以.
又因为，所以.
因为直四棱柱中，侧棱底面，且底面，所以.
又因为，且平面，所以平面.
（2）解：以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，，，.
平面的一个法向量：，，设，
则，取，得.
平面的一个法向量：，，设，
则，取，得，，即 .
设二面角为，由图可知为锐角，
则.
16. 已知点，圆，以为直径的圆与相交于两点.
（1）求的方程及的值；
（2）若直线与平行，且上到的距离为1的点有且仅有两个，求直线截距的取值范围.
解：（1）圆可化为，所以圆心，半径.
已知，则的中点为，
，所以圆的半径.
圆的方程为：.
展开得：，
即.
将圆与的方程相减，得到公共弦的方程：
，化简得：.
圆心到直线的距离为：.
由勾股定理，，故.
（2）直线的方程为，斜率为，故直线的斜率也为.
设直线的方程为，即.
因为上到的距离为的点有且仅有两个，所以圆心到直线的距离满足：
，即.
圆心到直线的距离为：
因此：.即，
解得.
17. 已知双曲线：的左､右焦点分别为，离心率为，且经过点.
（1）求的方程；
（2）设是上的动点，直线和分别与直线交于点.若与的面积相等，求点的坐标.
解：（1）由题意得，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）设点，则，已知，，则.
直线的方程为，令，可得，
直线的方程为，令，得，
则.
因为，即，所以
点到直线的距离.
因为与的面积相等，
所以，即.
代入可得：
因为，所以，即.
由可得：
当时，展开化简得，解得.
将代入，解得.
当时，展开化简得，
此方程的判别式，方程无解.
所以点的坐标为或.
18. 如图1，在直角梯形中，，是的中点，.将沿翻折至的位置，连接，如图2.
（1）若平面平面，证明：；
（2）当几何体的体积取得最大值时.
（i）求点到平面的距离；
（ii）若为棱上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的值.
（1）证明：翻折前，翻折后，又是的中点，
所以，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以.
（2）（i）解：当点到平面的距离最大时，
几何体的体积取得最大值，
即当平面平面时，几何体的体积取得最大值，
取的中点为，连接，
又，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，
又，所以，所以，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，得，
所以点到平面的距离.
（ii）解：设点，由，
，
又四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以，
设，
所以，
所以
,
设平面的法向量为，
所以，令，得，
设直线与平面所成角为，
所以，
当时，取最大值为，所以，所以.
19. 已知椭圆可由椭圆绕原点逆时针旋转得到.经过（）变换：可将椭圆的方程转化为的方程.
（1）若上的点经过（*）变换后得到上的对应点的坐标为，求的值；
（2）设椭圆的焦点为（其中在第一象限）.
（i）求的坐标；
（ii）过在第一象限内的顶点作切线，过作轴的垂线，在上且在外的一点作的两条切线，切点分别为，直线和分别交直线于两点.证明：直线和的交点在定直线上.
解：（1）由题意得，解得，所以.
（2）(i)由题意得，化简得，解得，
故曲线的焦点坐标为.
设，则，，
解得，所以.
（ii）与联立,得,即，
故，
直线的方程为：，切线，
设，，则切线：，
因在切线上，故 ；
同理：， .
由，解得 ，
同理可得 .
直线，
直线，
联立解得，
故直线和的交点在定直线上.