山东淄博市2025-2026学年度第一学期高二教学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东淄博市2025-2026学年度第一学期高二教学质量检测数学试题一、单项选择题：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.直线的倾斜角是，则斜率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】∵直线的倾斜角是，∴直线的斜率为.故选：C.2.双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为双曲线为，其焦点在轴上，所以渐近线方程为.故选：C.3.已知是等比数列，，则等于（）A2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】设等比数列的公比为，由，所以，所以.故选：B.4.已知直线与圆相交于，两点，则等于（）A.6 B.8 C.10 D.【答案】A【解析】圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以.故选：A.5.掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（）．A.互斥 B.互为对立C.相互独立 D.相等【答案】C【解析】解：掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；，，，，因为，所以与独立，故选项C正确；事件与不相等，故选项D错误.故选：C.6.在正三棱柱中，，则平面与平面夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】取的中点，连接、、、，在正三棱柱中，，所以，又平面，平面，所以，，，不妨令，则，所以，所以为平面与平面的夹角，又，.所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.故选：A.7.若圆经过，圆心在直线上，则圆的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设圆的方程为：，所以，解得：，所以圆的面积为；故选：B.8.双曲线的左、右焦点分别为，，点是以为直径的圆与双曲线的一个交点，若，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图，设点在轴右侧，则，因为，所以，因为点在以为直径的圆上，所以是直角三角形，，即，化简得，所以离心率.故选：D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知是等差数列的前项和，，则（）A. B.当时，最小C. D.数列是单调递增的等差数列【答案】ABD【解析】，，故选项A正确；，对称轴为，开口向上，则当时，最小，故选项B正确；，，故选项C错误；，，，，数列是单调递增的等差数列，故选项D正确.故选：ABD.10.如图，在三棱锥中，二面角的大小为，且，分别为的中点，则（）A.异面直线与所成角为. B.C. D.三棱锥的体积为【答案】ABD【解析】取的中点，记为，连接，则∥，∥，所以是异面直线与成的角.因为，所以.所以是二面角平面角，所以.所以A正确.由平面，得平面.因为平面，所以，所以B正确.因为，所以，所以是正三角形.取的中点，连接，则，且.平面，所以平面.取的中点，连接，则三点共线，且.中，，所以所以.所以，所以C错误；三棱锥的体积.所以D正确.故选：ABD.11.已知为坐标原点，为抛物线的焦点，直线与交于A，B两点，过A，B两点分别作的切线，两切线交于点，直线PA，PB分别交轴于M，N两点，则（）A.的准线方程为B.过作为垂足，则C.D.设为上的动点，则的最小值为【答案】ACD【解析】集合，从中各任意取一个数有种，其两数之和为4的情况有两种：，∴这两数之和等于4的概率．故答案为．13.已知数列中，，则_________.【答案】【解析】已知，设（为待定系数），将其展开可得；对比与，可得，所以，令，则，那么；已知，则，由可知，数列是以为首项，为公比的等比数列，根据等比数列的通项公式，可得，因为，所以，得，故答案为：.14.如图所示的四棱锥中，平面，，则三棱锥外接球的半径为_________.【答案】【解析】以为原点，分别以、、的方向为、、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据已知条件平面，，，且，可得各顶点坐标：；由，，得，设外接球的球心为，则球心到的距离相等，即，由列方程：，令两者相等，展开化简得，由列方程：，令两者相等，展开化简得，由列方程：代入，化简得，解得，因此，球心的坐标为，计算球心到任意顶点的距离：，验证球心到的距离为，因此外接球的半径为.故答案为：.四、解答题：本题共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.设是公差不为的等差数列，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.解：（1）设等差数列的公差为，则；已知，且，将上述表达式代入可得：，解得或，因为公差，所以；所以.（2）由（1）知，则，化简得；，将代入可得：，裂项相消，所以.16.已知点为坐标原点，直线经过抛物线的焦点.（1）求的方程；（2）若直线与交于两点，且，证明：直线过定点.（1）解：抛物线的焦点的坐标为，因为直线经过焦点，将代入直线方程得：，解得，所以抛物线的方程为；（2）证明：设直线的方程为，联立，消去得，其判别式，即，由韦达定理得，，代入得：，因为，所以，即，解得，此时恒成立，满足条件，直线的方程为，所以直线过定点.17.如图所示，四边形为平行四边形，四边形为直角梯形，，，平面平面ABEF.（1）若为DF的中点，证明：平面ACP；（2）若，直线AC与平面DEF所成角的正弦值为，求点到EF的距离.（1）证明：连接，交于点，连接，因为四边形为平行四边形，所以是的中点，又为DF的中点，则，又因为面，面，所以面；（2）解：取中点，连接，因为，所以，又因为面面，面面面，所以面，过点作交于，因为四边形为直角梯形，，，所以，根据题意，建立如图所示空间直角坐标系.则有，设，则，，所以，，，设平面的法向量为.则，令，则，即.根据题意，解得或（负值已舍去）.又因为.所以，，所以，所以，，，所以，所以点到的距离为.18.已知为坐标原点，椭圆的离心率为，左右焦点分别为，过点的直线交椭圆于A，B两点，周长为.（1）求椭圆的方程；（2）若弦AB长为，求直线的方程；（3）直线与椭圆交于点M，N，若椭圆上存在点使得四边形OMPN为平行四边形，求的取值范围.解：（1）由椭圆的定义可知的周长为：，则，解得.椭圆的离心率，已知离心率，，则，解得.又，将，代入可得，即.则椭圆的方程为，即.（2）由（1）知，当直线不存在斜率时，直线的方程为，将代入，解得，则，，满足题意，故直线的方程为符合题意；当直线存在斜率时，设直线的方程为，，.将代入，得，展开整理得.由韦达定理可得，，根据弦长公式，已知，则，此方程无解；综上可知，直线的方程为.（3）设，，，将代入，得，展开并整理得.由，得.由韦达定理可得：，.因为四边形为平行四边形，所以，即.因为点在椭圆上，所以，化简得.，，即，解得或.又，，即.综上，