山东省部分校2025-2026学年高二上学期“质量监测”联合调考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省部分校2025-2026学年高二上学期“质量监测”联合调考数学试题一、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.已知点是点在平面内的射影，则（）A. B.9 C. D.18【答案】C【解析】因为点是点在平面内的射影，所以，所以，所以.故选：C.2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】因为，所以其对应的点为，位于第四象限.故选：D.3.若构成空间的一个基底，则下列选项中的向量也可以作为基底的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】选项A，若共面，则存在实数使得，即，因不共面，所以，解得，所以为共面向量，所以不能作为基底，故A错误；选项B，若共面，则存在实数使得，因为不共面，所以，解得，所以存在实数使得，即共面，所以不能作为基底，故B错误；选项C，若共面，则存在实数使得，即，因为不共面，所以，解得，所以共面，所以不能作为基底，故C错误；选项D，若共面，则存在实数使得，即，因为不共面，所以，方程组无解，所以不为共面向量，所以能作为基底，故D正确.故选：D.4.某人计划到山东旅游，打算用连续5天时间游玩泰山、崂山、蓬莱阁3个景点，其中泰山、崂山2个景点分别安排连续的两天游玩，则不同的日程安排种数为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】D【解析】首先考虑蓬莱阁的游玩，可能安排在第1天或第3天或第5天，所以共有种不同的日程安排．故选：D.5.已知直线与圆交于两点，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，得圆心，半径，由直线，可得直线恒过定点，又越小，则圆心到直线的距离越大，又，所以圆心到直线的距离的最大值为，此时，所以，所以的最大值为.6.数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：三角形的外心、垂心和重心都在同一条直线上．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的顶点，，则的欧拉线方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为，所以的重心，即，又因为，，所以，所以，所以的外心为的中点，即，所以直线的方程为，即，又三角形的外心、垂心和重心都在同一条直线上，所以的欧拉线方程为.故选：B.7.已知椭圆的左、右焦点分别为，．M是椭圆C上一点，直线与y轴负半轴交于点N，若，且，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，如图，不妨设，则，由椭圆的定义及对称性可得，，，因为，所以，则，解得：，则在中，，则在中，由余弦定理有：，即，解得：，所以椭圆的离心率为．故选：C.8.在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，BC，的中点，，平面EFG，若，则Q的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】以点D为坐标原点，直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，如图所示.则，，设平面EFG的法向量为，则即，令，则，，又，所以点P到平面EFG的距离，因为，所以Q在以P为球心半径的球面上，又平面EFG，所以Q的轨迹为球面与平面EFG的交线（一个圆），设该圆的半径为，则由球的性质可知，所以Q的轨迹长度（圆的周长）为.故选：D.二、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，则（）A.的实部为 B.的虚部为C. D.【答案】AD【解析】，所以其实部为，虚部为，，.故选:AD.10.李清照，齐州章丘（今山东省济南市章丘区）人，宋代女词人，婉约词派代表，有“千古第一才女”之称．现将李清照不同的9本诗集全部奖励给3名同学（每人至少会分到1本），则下列选项正确的有（）A.若刚好每人分到3本书，则有1680种不同的分法B.若每人至少分到2本书，则有11508种不同的分法C.若刚好有1人只分到1本书，则有6326种不同的分法D.若每人至多分到4本书，则有13020种不同的分法【答案】AB【解析】若刚好每人分到3本书，则有种不同分法，故A正确；若每人至少分到2本书，则3人分书的本数可能是，，，所以有种不同的分法，故B正确；若刚好有1人只分到1本书，则3人分书的本数可能是，，，所以有种不同的分法，故C不正确；若每人至多分到4本书，则3人分书的本数可能是，，，所以有种不同的分法，故D不正确．故选：AB.11.阿基米德在数学方面贡献巨大．抛物线上任意两点E，F处的切线交于点，称为“阿基米德三角形”．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，抛物线在，处的切线交于点，则关于“阿基米德三角形”，下列选项正确的是（）A.有可能是等边三角形B.顶点在抛物线的准线上C.若边的中点为，则轴D.面积的最小值为64【答案】BCD【解析】设，，，，由可得：，，由导数的几何意义知，直线的斜率为，同理直线的斜率为，设直线，联立，化为，得到，．对于A，，，故，所以是直角三角形，故A错误；对于B：由导数的几何意义可得处的切线方程为：，则，化简可得：，所以直线的方程为：，同理可得：直线的方程为：，所以，则，因为，解得：，所以，所以，因为抛物线：的准线为，所以顶点的轨迹是抛物线的准线，故B正确；对于C：的中点，与横坐标相同，故轴，故C正确；对于D：因为平行轴，所以因为，．所以，，代入可得：，当时，，故D正确；故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.双曲线的焦距是虚轴长的2倍，则双曲线的离心率为___________．【答案】【解析】由题意可得，又，可解得，所以.故答案为：.13.已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则___________．【答案】12【解析】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为，设，，则，，因为，则，解得，所以.故答案为：12.14.如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第n行是的展开式的二项式系数，直观解释了二项式系数规律.记第行从左至右的第个数为，若被675除所得的余数为，则________，________.【答案】①.26②.325【解析】对于第一空，因为所以被675除所得的余数为26；对于第二空，由图可得第行，第个数为展开式的第项二项式系数.则.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.已知圆，直线过点．（1）若直线在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程；（2）若直线与圆相切，求直线的方程．解：（1）由题意可知：满足条件的直线的斜率存在，且不为0，设直线的斜率为，则直线的方程为，令，解得；令，解得；可知直线在坐标轴上的截距分别为，则，解得或，所以直线的方程为或.（2）圆即为，可知圆心为，半径，若直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，可得圆心到直线的距离，解得，所以直线的方程为；若直线的斜率不存在，直线的方程为，可得圆心到直线的距离，符合题意；综上所述：直线的方程为或.16.已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大.（1）求展开式的所有二项式系数之和；（2）求的值；（3）判断的展开式中第几项系数的绝对值最大.解：（1）因为展开式中第6项的二项式系数最大，所以，所以展开式的所有二项式系数之和为.（2）令，得.令，得，所以.（3）展开式的通项.由得.因为r为整数，所以，所以的展开式中第5项系数的绝对值最大.17.曲率半径可用来描述曲线上某点处的弯曲变化程度，曲率半径越大，则曲线在该点处的弯曲程度越小．已知椭圆上点处的曲率半径公式为．已知椭圆上所有点相应的曲率半径的最大值为，最小值为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆相交于两点，且线段的中点坐标为，求直线的方程：（3）记椭圆的左焦点为，为椭圆上一动点，定点，求的最大值．解：（1）因为点在椭圆上，则，即，可得，因为，则，可得，所以，则，，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）因，可知点在椭圆内，直线与椭圆必相交，设，，则线段的中点坐标为，可得，，，因为点，在椭圆内，则，两式相减得，整理可得，即，可得，所以直线方程为，即.（3）由题意可知：，则椭圆的左、右焦点分别为，，因为，即，则，当且仅当点在的延长线上时，等号成立，所以的最大值为.18.如图，直三棱柱的底面是边长为4的正三角形，侧棱，P是线段CF的延长线上一点，平面PAB分别与DF，EF相交于M，N．（1）证明：平面CDE．（2）当PF为何值时，平面平面CDE？（3）当PC为何值时，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为？（1）证明：因为，在平面外，平面，则平面，平面，因为平面平面，则，从而.因为在平面外，平面，所以平面.（2）解：如图，分别取的中点，以为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系由已知，，则点，从而设平面的法向量为，由，得取，解得，则设，则点，从而设平面的法向量，由，得取，解得则.因为平面平面，则，解得，从而所以当时，平面平面.（3）解：设平面的法向量为，，由，得，取，解得则.由（2）知平面的法向量为，设平面与平面夹角为，故，解得，故当PC等于4时，平面与平面夹角的余弦值为.19.已知双曲线的左顶点为，过点的直线与圆交于两点，且的最小值为，当直线平行于双曲线的渐近线时，点到直线的距离为．（1）求双曲线的方程；（2）若直线，与双曲线分别交于，两点（均不与重合），试判断直线是否过定点．若过定点，请求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．解：（1）圆的圆心为，半径，因为直线过点，可知当且仅当直线，取得最小值，此时，即，解得，则，双曲线的渐近线方程为，即，直线平行于双曲线的渐近线时，直线的方程为，且点到直线的距离为，解得，所以双曲线的方程为.（2）由题意可知：直