湖南省岳阳市湘阴县2025-2026学年高二上学期教学质量检测试卷数学试题

年下期教学质量检测试卷高二数学姓名考号本试卷共4页，道小题，满分分，考试用时分钟.注意事项：．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名和考号填写在答题卡指定位置.．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.．非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效，．考生必须保证答题卡的整洁考试结束后，只交答题卡.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共分，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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出直线斜率，进而求出其倾斜角.【详解】直线的斜率，倾斜角范围为，所以直线的倾斜角为.故选：B2.已知等差数列的公差为，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的定义求解即可.第1页/共20页

【详解】因为等差数列的公差为，所以.故选：C.3.已知抛物线上一点到其焦点的距离为4，则（）A.3B.C.6D.【答案】C【解析】【分析】利用抛物线的定义即可求解.【详解】点在抛物线上，抛物线开口向右，，又点到抛物线焦点的距离为4，，.故选：C.4.已知向量与共线，则（）A.B.0C.2D.6【答案】D【解析】【分析】根据两向量共线的坐标关系，列出方程求解即可.【详解】因为向量与共线，显然：,所以，所以，故．故选：D5.已知圆与圆，则两圆（）A.内含B.相切C.相交D.外离【答案】D【解析】【分析】根据两圆方程可得圆心和半径，根据圆心距和两圆半径之间关系可得结果.【详解】由两圆方程知：圆心，半径；圆心，半径；第2页/共20页

圆心距，两圆外离.故选：D.6.已知，则平面的一个法向量的坐标为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设平面的法向量，利用，求得向量的坐标，进而判断选项所给向量是否与共线，即可得答案.【详解】设平面的法向量，则，因为，所以，令，则，所以平面的一个法向量为．所以平面的一个法向量的坐标为，又，故坐标为的向量不与共线，故A错误；又，故坐标为的向量与共线，故B正确；又，故坐标为的向量不与共线，故C错误；又，故坐标为的向量不与共线，故D错误.故选：B．7.两条平行直线和圆的位置关系定义为：若两条平行直线和圆有四个不同的公共点，则称两条平行线和圆“相交”“相离”个不同的公共点，则称两条平行线和圆“相切”，已知直线，和圆“相切”，则a应满足（）A.B.或第3页/共20页

C.或D.或【答案】D【解析】【分析】当两平行直线和圆相交时，由，求得a的范围，当两平行直线和圆相离时，由，求得a的取值范围；再把以上所求得的a的范围取并集后，再取此并集的补集，即得所求.【详解】因为圆可化为，圆心为，半径为，当两平行直线和圆相交时，有，解得．当两平行直线和圆相离时，有，解得或．故当两平行直线和圆相切时，把以上两种情况下求得的a的范围取并集后，再取此并集的补集，即得所求．故所求的a的取值范围是或，故选：D．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于根据题中条件，在理解题中相切的定义时，先求出由直线与圆相交和相离两种情况下，参数的范围，再求其补集，即可得出结果.8.若椭圆和的方程分别为和（且）则称第4页/共20页

和上任意一点P作直线交于M，N两点，且，则的面积最大时，的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意可得为的中点，当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，求得的方程为为的中点可得，利用弦长公式求出，表示出，根据，判断求解.【详解】当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，，联立，可得，所以，所以的面积为，由，可得为的中点，所以，因为点在椭圆上，所以，所以，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，消去得，，，设，，则，，第5页/共20页

，所以点坐标为，因为点在椭圆上，所以，因为原点到直线的距离为，，所以的面积为，综上，，又，又，所以当时，的面积最大.故选：B.【点睛】关键点点睛：由可得为的中点，由此得到，将此关系代入并化简可将表示为一个变量的函数，从而利用二次函数求最值.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得60分．9.下列数列中，是等差数列的是（）第6页/共20页

A.1，4，7，10B.C.D.10，8，6，4，2【答案】ABD【解析】【分析】根据等差数列的定义逐项判断即可.A4－1＝7－4＝10－7＝A正确；对于B，满足B正确；对于C，因为，不满足等差数列的定义，所以不是等差数列，故C错误；对于D，满足等差数列，故D正确．故选：ABD.10.如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为BD，的中点，若点G满足（，）A.平面B.当时，平面C.当时，平面D.当时，点G到平面的距离为【答案】AC【解析】【分析】利用共面向量定理可判断A为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法计算可判断BCD.第7页/共20页

【详解】因为，所以共面，又均过点，所以共面，所以平面，故A正确；以点为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为，当时，，所以，所以，又，所以不平行于平面，故B错误；所以，所以，所以平面，故C正确；当时，，所以点G到平面距离为，故D错误.故选：AC.我们把平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，称为卡西尼卵形线（CassiniOval角坐标系中，两个定点，，，是平面上的两个动点，设满足的的轨迹为一条连续的封闭曲线，满足的的轨迹为一条连续第8页/共20页

的封闭曲线，则（）A.关于轴、轴对称B.当不在轴上时，C.当时，纵坐标的最大值大于D.当，有公共点时，【答案】ACD【解析】A，B边即可判断，对于C，通过即可判断，对于D，联立方程，得到，结合椭圆范围可判断.【详解】对于选项A：设，由，得，将代入得到，将将代入得到，所以关于轴、轴均对称，A正确；对于选项B：当不在轴上时，与不共线，可以作为一个三角形的三个顶点，所以，B错误；对于选项C：当时，，当时，可得：，解得：，此时，即，故当时，点的纵坐标的最大值大于1，C正确；对于选项D：由，得为椭圆，且，其方程为，第9页/共20页

所以，代入，得，所以，因为，所以，解得：或舍去，D正确；故选：ACD.轴、，足即可判断.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.圆：与圆：的公共弦长为______.【答案】【解析】【分析】由两圆的方程先求出公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式及弦长公式，求得公共弦长即可.【详解】联立，两圆方程相减得公共弦方程：，化为标准方程：，圆心为，半径为圆心到公共弦的距离为：，公共弦长为：综上所述：公共弦长为：，故答案为：13.已知=（cosα，1，sinα=（sinα，1，cosα与夹角是_____．【答案】90°第10页/共20页

【解析】【分析】根据数量积为0即可得结果.【详解】∵=（cosα，1，sinα=（sinα，1，cosα∴，∴∴与垂直，向量与的夹角为：90°故答案为：90°14.已知抛物线与圆交于两点，且，直线过的焦点，且与交于两点，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】由已知可求得抛物线方程，设直线与抛物线联立方程组可求得，进而根据基本不式求|的最小值即可.【详解】抛物线与圆交于两点，且，得到第一象限交点(1，2)在抛物线上，所以，解得，所以C：，则，设直线，与联立得，设，所以，，，，第11页/共20页

当且仅当时等号成立.即的最小值为.故答案：.【点睛】方法点睛：直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，上的动点，且，其中，以为原点建立空间直角坐标系.（1）写出点，的坐标；（2）求证：.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】1）根据空间直角坐标系中，的位置写出坐标；（2）求出，证明出结论.【小问1详解】根据空间直角坐标系可得，.第12页/共20页

【小问2详解】∵，，∴，.即，∴，故.16.已知数列的前项和为是首项和公差均为1的等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】1）根据题意可得，利用的关系，求即可；（2）由，再利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】由是首项和公差为1的等差数列，得，则，当时，当时，，因为满足上式，所以数列的通项公式．【小问2详解】第13页/共20页

因为，所以．17.已知直线与圆交于，两点．（1）当时．（i）若，求；（ii）求a的取值范围．（2）记坐标原点为O，若，求四边形面积的最大值．【答案】（1i）ii），（2）【解析】1i）在，条件下求得圆心到直线的距离，由此判断为直径，再求的长，（ii）在条件下求圆心到直线的距离，由条件可得，解不等式求结论，（2）分，两种情况确定的关系，求四边形的面积，再求其最大值.【小问1详解】圆的圆心的坐标为，半径，当时，直线的方程为，（i）当时，点到直线的距离，故直线过圆心，线段为直径，故，（ii）圆心到直线的距离，由已知，所以，第14页/共20页

【小问2详解】当时，圆的圆心为，此时的方程为，由可得，，直线的方程为，圆心到直线的距离，此时，又，直线与直线的距离为，所以四边形的面积为，当时，直线的方程为，即，因为，所以，故直线的方程为，此时点到直线的距离，因为，所以直线与圆相交，，又，直线与直线的距离为，所以四边形的面积为，所以，令，则，，因函数在上单调递增，所以，第15页/共20页

综上，当时，四边形面积取最大值，最大值为.18.已知椭圆上有点，左、右焦点分别为．（1）求椭圆的标准方程；（2QQ的两点满足恒过定点．【答案】（1）.（2）证明见解析.【解析】1）根据题意可求得的值，即得答案.（2）当直线斜率存在时，设出直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，结合化简可得参数的关系式，从而化简直线方程，可得定点坐标，当直线斜率不存在时，可同理推得直线过该定点.【小问1详解】根据椭圆定义得，，即，，故椭圆的标准方程为．【小问2详解】证明：设，当直线斜率存在时，设直线方程：，第16页/共20页

则由题意得，将，代入整理得：（将代入椭圆方程整理得，需满足，则，代入（）式得：，整理得，当时，过B点，不合题意；故，直线的方程为，故此时过定点；当直线斜率不存在时，设方程为，代入可得，不妨设，由可得，解得，此时方程为，也过定点，综合上述，过定点.【点睛】方法点睛：关于直线和圆锥曲线的位置关系涉及直线过定点的问题，一般方法是设出直线方程，并和圆锥曲线方程联立，应用根与系数的关系式结合条件表示出参数之间的关系，从而将直线看作直线系方程，分离参数即可求得定点，同时要注意直线斜率不存在的情况.19.已知A，B分别为椭圆：的左顶点和下顶点，T为直线上的动点.（1）求的最小值