山东省菏泽市郓城县第一中学2025-2026学年高二上学期第二次阶段性数学检测试卷 附答案

/山东省菏泽市郓城县第一中学2025-2026学年高二上学期第二次阶段性检测数学试题一、单选题1．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为A． B． C． D．2．若是空间的一个基底，则也可以作为该空间基底的是（

）A． B．C． D．3．等差数列的首项为1，公差不为0.若，，成等比数列，则的前6项和为（

）A． B． C．3 D．84．《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（

）A． B． C．2 D．35．在数列中，若，，则（

）A． B． C．1 D．46．已知抛物线C：的焦点为F，过焦点且斜率为的直线l与抛物线C交于A，B（A在B的上方）两点，若，则的值为（

）A． B． C．2 D．7．如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（

）A． B．C． D．8．数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为.扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的平均数.现对数列1，3进行构造，第1次得到数列1，2，3；第2次得到数列1，，2，，3；…依次构造，记第次得到的数列的所有项之和为，则（）A．510 B．514 C．1022 D．1026二、多选题9．已知数列的前n项和为，满足，则（

）A． B． C． D．10．已知直线和圆相交于M，N两点，则下列说法正确的是（

）A．直线过定点B．的最小值为3C．的最小值为D．圆上到直线的距离为的点恰好有三个，则11．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（

）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面三、填空题12．达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点到直线的距离是.13．数列满足，前16项和为540，则.14．已知、、，若的周长为，则的最大值为，此时点的坐标为．四、解答题15．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．（1）求的通项公式；（2）证明：．16．已知椭圆过点.（1）若椭圆E的离心率，求b的取值范围；（2）已知椭圆E的离心率，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆相切，求线段的最大值.17．在四棱锥中，底面．（1）证明：；（2）求PD与平面所成的角的正弦值．18．已知数列的前n项和为．（1）求数列的通项公式；（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在不同的三项，，（其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列?若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由．19．如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，．，是棱上的动点（除端点外），分别为的中点．(1)求证：平面；(2)若直线与平面所成的最大角为30°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

参考答案1．【答案】A【详解】分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果.详解：因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A.点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：.2．【答案】C【详解】对于A项，易知，则A项中向量共面，不符合；对于B项，易知，则B项中向量共面，不符合；对于D项，易知，则D项中向量共面，不符合；对于C项，易知不共面，即C正确.故选C3．【答案】A【详解】设等差数列的公差为，因为，，成等比数列，所以，所以，又，所以，整理得，因为，所以，所以数列前6项的和为.故选A4．【答案】C【详解】由题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图，设，因为，所以，，设异面直线与所成角为，则，解得，即.故选C.5．【答案】A【分析】根据给定条件，探求出数列的周期，再利用周期性计算即得.【详解】在数列中，由，，得，，，因此数列是周期性数列，周期为3，所以.故选：A6．【答案】C【详解】设直线l的倾斜角为，根据条件可得，则可得．过A作准线于，过B作准线于，过B作于.由抛物线定义可得：.因为，所以.而.在直角三角形ABC中，,解得：．故选C7．【答案】A【详解】如图，取中点，中点，连接，，因平面平面，由可得，因平面平面，平面，故平面，易得，故可以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨取，则，则，．由点在平面内，可设，因为，所以，化简得：，故点的轨迹是一条直线，排除C，D．又点不在直线上，故排除B，而点在直线上，故A正确．故选A.8．【答案】B【详解】设第次构造后得的数列为1，，3，则，则第次构造后得到的数列为1，，，，，…，，，3，于是，，显然，而，因此数列是以4为首项，2为公比的等比数列，则，即，所以.故选B.9．【答案】AB【详解】由，可得，当n为奇数时，，即，当n为偶数时，，所以当时，，当时，，解得．故选AB.10．【答案】AC【详解】对于A，直线，即，由解得，所以定点坐标为，A正确，对于B，圆的圆心为，半径为，点与圆心的距离为，所以的最小值为，此时直线垂直于轴，故此时无最小值，故B错误，对于C，设，则，当，即直线方程为时，取得最小值为，所以C正确，对于D，若圆上到直线的距离为的点恰好有三个，则圆心到直线的距离为，所以，整理得，所以D错误.故选AC11．【答案】BD【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选BD．12．【答案】【详解】根据题意，延长交于点，连接，如下所示：在△中，容易知：；同理，，满足，设点到直线的距离为，由等面积法可知：，解得，即点到直线的距离是.13．【答案】【详解】，当为奇数时，；当为偶数时，.设数列的前项和为，，.14．【答案】【详解】由题意可得，，所以，点的轨迹是以点、为焦点，长轴长为的椭圆（除去长轴的端点），设其方程为，则，，所以，点的轨迹方程为，如下图所示：

因为，故点在椭圆外，由椭圆的定义可得，所以，，当且仅当点为直线与椭圆的交点，且、方向相同时，等号成立，因为，直线的方程为，联立，解得，即点.15．【答案】（1）（2）见详解【详解】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，∴,∴,∴当时，，∴,整理得：,即,∴，显然对于也成立，∴的通项公式；（2）∴16．【答案】（1）（2）2【详解】（1）∵在椭圆，∴，有，所以，又∵，所以，∵，∴；（2）由（1）可知，又，所以，椭圆.因为直线与相切，故.若直线的斜率不存在，不妨设直线为：，代入椭圆方程可得此时线段.若直线的斜率存在，可设直线的方程为：.由直线与相切，故，可得：.联立得，所以，线段.又因为，所以.当且仅当，故当时，的最大值为2.综上所述：当时，线段的最大值2.17．【答案】（1）见详解；（2）.【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.18．【答案】（1）（2）不存在，理由见详解【详解】（1）依题意得，当时，．由，可得，两式相减得，当时，，亦符合，所以数列是以3为首项，以4为公差的等差数列，故．（2）在数列中不存在不同的三项，，（其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列，理由如下：由（1）可得，依题意得，假设在数列中存在三项，，（其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列，则，即整理得：①又因为m，k，p成等差数列，则，代入①式整理得：，即，化简得，即，而m，k，p成等差数列，即，又因为，，为不同的三项，，故假设不成立．因此，在数列中不存在不同的三项，，（其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列．19．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接，先明平面平面，再证明结论；（2）先根据题意，建立空间直角坐标系，利用用向量数量积计算直线与平面成角正弦值，列方程求最值解，再用向量数量积求二