临沂市2023级普通高中学科素养水平监测试卷
数学
2025.1
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需要改动，用橡皮擦下净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡
上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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.已知直线x+2y+a=0与(a-2)x+6y+1=0平行，则a=
A.2
B.3
C.4
D.5
2.若a.b,c构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是
A.2b+c,b,b-c
B.a,a+b,2a-b
C.a+b,a-b,c
D.a+b,a+b+c,c
3.已知数列an}为等比数列，若a,=3,a,=24.则a,=
A.9
B.12
C.15
D.18
4已知双曲线女
。6=1(a>0,b>0)的离心率为万.则该双曲线的渐近线方程为
A.√2x±y=0
B.x±v2y=0
C.x±2y=0
D.2x±y=0
5,已知空间向量a=(5.0,l山b=.0,,则a在力上的投彪向量为
3
B.(501
20,2）
D.(4
6.在等差数列a.!中，若a,+a6+a1o=27,则3a,+016
A.24
B.28
C.32
D.36
7.已知圆x2+y2+2x+4y-4=0与圆x2+y2+2ar-4y-20=0交于A,B两点，当弦AB最长时，实
数a的值为
A.-2
B.-1
c.1
D.2
数学试题第1页（共4页）
8已知空间直角坐标系中，4(3.00)，B(02.0.C(0.0,》,点M(,y)是空间中任意
一点，若A,B,C,M四点共面，则
A.2x+3y+4z=6
B.4x+2y+3z=6
C.3x+y+2z=3
D.2x+2y+z=3
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。
Q椭圆C。,的左右焦点分别为F,5,点P为C上的任意一点，则
A.椭圆C的长轴长为3
B稀圆C的离心率为子
C.IPF,I的最大值为5
D.存在点P,使得PF,⊥PF
10.已知圆C:x2+y2+4x=0,P是直线1：4x+3y-7=0上.的-一动点，过点P作直线PA,PB分
别与C相切于点A,B,则
A.存在圆心在！上的圆与C相内切
B.四边形P.ACB面积的最小值为25
C.IAB1的最小值是23
D.点(2,3)关于1的对称点在C内
11.如图，该几何体是四分之一圆柱体（点B,A分别是上、下底面圆的圆心），四边形ABCD
是正方形，点G是圆弧CE的中点，点H是圆弧DF上的动点（含端点），则
A.存在点H,使得CH⊥HE
B.存在点H,使得直线HE//平面BDG
C.存在点H,使得平面BDG⊥平面CEH
D.存在点H,使得直线CH与平面BDG的所成角的余弦值为
3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.抛物线y=2x2的焦点坐标为
13.若数列a,满足am=a+d(其中n,meN·,d为常数，d≠0)，则称a。是以m为周
期，以d为周期公差的“类周期性等差数列”.若“类周期性等差数列”α，的前4项为
1,1,2,2,周期为4.周期公差为2，则a,的前16项和为一·
4已知双曲线C:。=1(a>0,6>0)的右焦点为F.0为坐标原点，者在C的左支上存在关一
于x轴对称的两点A,B,使得|AF1=IAB1,且BO⊥AF,则C的离心率为
数学试题第2页（共4页）临沂市 ２０２３ 级普通高中学科素养水平监测试卷
数学试题参考答案及评分标准 ２０２５．１
说明：
一、本解答只给出了一种解法供参考，如考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要
考查内容参照评分标准酌情赋分．
二、当考生的解答在某一步出错误时，如果后继部分的解答未改该题的内容与难度，可
视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确答案应得分数一半；如
果后继部分的解答有较严重的错误或又出现错误，就不再给分．
三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．
四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．
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．Ｄ ２．Ｃ ３．Ｂ ４．Ａ ５．Ａ ６．Ｄ ７．Ｃ ８．Ａ
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．ＢＣ １０．ＡＢＤ １１．ＢＣＤ
三、填空题：本题共 ３ 小题，每小题 ５ 分，共 １５ 分。
１２．（０， １ ） １３．７２ １４． ３ ＋１
８
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．（１３ 分）
解：圆 Ｃ 的方程可化为（ｘ＋１） ２＋ｙ２ ＝ ４， ……………………………………………… ２ 分
故圆心 Ｃ（－１，０），半径 ｒ＝ ２， ………………………………………………………… ４ 分
（１）因为直线 ＰＭ 与圆 Ｃ 相切，切点为 Ｍ，易知 ｜ＰＭ ｜ ２ ＝ ｜ＰＣ ｜ ２－ｒ２，
所以， ｜ＰＭ ｜ ２ ＝（３＋１） ２＋（１－０） ２－２２ ＝ １３， …………………………………………… ６ 分
即 ｜ＰＭ ｜ ＝ １３ ．………………………………………………………………………… ７ 分
（２）要使圆 Ｃ：（ｘ＋１） ２＋ｙ２ ＝ ４ 上恰有三个点到直线 ｌ 的距离都等于 １，
只需要圆心到直线 ｌ 的距离为 １ 即可满足条件，…………………………………… ９ 分
数学试题答案 第 １ 页（共 ６ 页）
{#{QQABZYyEogiAABBAABhCEQGQCgGQkACAAQgGhEAcsAAAiBFABAA=}#}
设 ｌ 的斜率为 ｋ，又 ｌ 过点 Ｐ（３，１），
则 ｌ 的方程为：ｙ－１＝ ｋ（ｘ－３），即 ｋｘ－ｙ－３ｋ＋１＝ ０， ………………………………… １０ 分
－４ｋ＋１
由 ＝ １， ８解得 ｋ＝ ０ 或 ｋ＝ ， ……………………………………………… １１ 分
ｋ２＋１ １５
故 ｌ 的方程为 ｙ－１＝ ０ 或 ８ｘ－１５ｙ－９＝ ０． …………………………………………… １３ 分
１６．（１５ 分）
ｐ
解：（１）由抛物线的定义可知 ｜ＭＦ ｜的最小值为 ， ………………………………… ２ 分
２
∴ ｐ ＝ １，∴ ｐ＝ ２， ……………………………………………………………………… ４ 分
２
故抛物线 Ｃ 的方程为 ｘ２ ＝ ４ｙ．………………………………………………………… ５ 分
（２）设直线 ｌ 的方程为 ｙ＝ ｋｘ＋ｍ（ｍ≠０），Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），
{ｙ＝ ｋｘ＋ｍ由 ，得 ｘ２－４ｋｘ－４ｍ＝ ０，……………………………………………………… ７ 分ｘ２ ＝ ４ｙ
∴ ｘ１＋ｘ２ ＝ ４ｋ，ｘ１ｘ２ ＝ －４ｍ，……………………………………………………………… ９ 分
Ｏ→易知 Ａ＝（ｘ ，ｙ ），Ｏ→１ １ Ｂ＝（ｘ
→ →
２，ｙ２），由 ＯＡ⊥ＯＢ，知ＯＡ·ＯＢ＝ ０，
ｘ ２ｘ ２
∴ ｘ１ｘ
１ ２
２＋ｙ１ｙ２ ＝ ０，∴ ｘ１ｘ２＋ ＝ ０， ………………………………………………… １１ 分１６
１６ｍ２∴ －４ｍ＝ ０，又 ｍ≠０，∴ ｍ＝ ４， ………………………………………………… １３ 分
１６
所以 ｌ 的方程为 ｙ＝ ｋｘ＋４，此时 ｌ 恒过定点（０，４） ． ………………………………… １５ 分
１７．（１５ 分）
解：（１）设数列｛ａｎ｝的公差为 ｄ，
∴ ａｎ ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ，ａｎ＋１ ＝ａ１＋ｎｄ，……………………………………………………… ２ 分
则 ３（ａ１＋ｎｄ）＝ ａ１＋（ｎ－１）ｄ＋４ｎ＋８，
即 ２ｄｎ＋ｄ＋２ａ１ ＝ ４ｎ＋８，………………………………………………………………… ４ 分
∴ ２ｄ＝ ４，ｄ＋２ａ１ ＝ ８，
解得 ｄ＝ ２，ａ１ ＝ ３，……………………………………………………………………… ６ 分
∴ ｛ａｎ｝的通项公式为 ａｎ ＝ ２ｎ＋１． …………………………………………………… ７ 分
＋ ＋
（２）∵ ａ ｎ（３ ２ｎ １） ２ｎ ＝ ２ｎ＋１，∴ Ｓｎ ＝ ＝ｎ ＋２ｎ， ……………………………………… ９ 分２
数学试题答案 第 ２ 页（共 ６ 页）
{#{QQABZYyEogiAABBAABhCEQGQCgGQkACAAQgGhEAcsAAAiBFABAA=}#}
１ ＝ １ １ １ １又
Ｓ ｎ２
＝ （ － ），
ｎ ＋２ｎ ２ ｎ ｎ＋２
ì １ １
（ －
１ ），ｎ 为奇数，
∴ ｂ ＝ í ２ ｎ ｎ＋２ｎ …………………………………………………… １１ 分
２ｎ，ｎ 为偶数，
∴ Ｔ２ｎ ＝（ｂ１＋ｂ３＋…＋ｂ２ｎ－１）＋（ｂ２＋ｂ４＋…＋ｂ２ｎ） ………………………………………… １２ 分
＝ １ １ １êéê（１－ ）＋（ －
１ ）＋…＋（ １ － １ ） ùú ＋２２＋２４＋…＋２２ｎ
２ ３ ３ ５ ２ｎ－１ ２ｎ＋１ ú
ｎ
＝ １ －（１－ １ ）＋４（１ ４ ） …………………………………………………… １４ 分
２ ２ｎ＋１ １－４
＝ １ － １ ＋４（４
ｎ－１）
２ ４ｎ＋２ ３
＝ ｎ ＋４
ｎ＋１－４
＋ ． ……………………………………………………………… １５ 分２ｎ １ ３
１８．（１７ 分）
解：（１）在直三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，ＡＡ１⊥ＡＢ，ＡＢ＝ ２ ２ ，ＡＡ１ ＝ ２，∴ Ａ１Ｂ＝ ２ ３ ， … １ 分
∴ ｃｏｓ∠Ａ１ＢＡ＝
２ ２ ＝ ６ ， …………………………………………………………… ２ 分
２ ３ ３
又 ｃｏｓ∠Ａ１ＢＣ＝
３ ，
３
由三余弦定理可知，ｃｏｓ∠Ａ１ＢＣ＝ｃｏｓ∠Ａ１ＢＡｃｏｓ∠ＡＢＣ，
所以 ｃｏｓ∠ＡＢＣ＝ ２ ． ………………………………………………………………… ４ 分
２
（２）由（１）得 ｃｏｓ∠ＡＢＣ＝ ２ ，ＡＢ＝ ２ ２ ，ＢＣ＝ ２，
２
在△ＡＢＣ 中，由余弦定理可得 ＡＣ＝ ２，
∴ ＡＣ２＋ＢＣ２ ＝ＡＢ２，即 ＡＣ⊥ＢＣ， ……………………………………………………… ５ 分
在直棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，ＡＣ⊥ＢＣ，ＣＣ１⊥平面 ＡＢＣ，以 Ｃ 为坐标原点，
以 ＣＢ，ＣＡ，ＣＣ１ 所在直线分别为 ｘ 轴、ｙ 轴、ｚ 轴，建立空间直角坐标系， ………… ６ 分
则 Ａ（０，２，０），Ｃ（０，０，０），Ｂ（２，０，０），Ｃ１（０，０，２），Ａ１（０，２，２），Ｂ１（２，０，２） ………… ７ 分
∵ Ｃ→Ｎ＝λ ＣＣ→１（０≤λ≤１），∴ Ｎ（０，０，２λ），
设 ｍ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）为平面 Ａ１ＮＢ 的一个法向量．
数学试题答案 第 ３ 页（共 ６ 页）
{#{QQABZYyEogiAABBAABhCEQGQCgGQkACAAQgGhEAcsAAAiBFABAA=}#}
Ａ→１Ｂ＝（２，－２，－２），Ｂ
→Ｎ＝（－２，０，２λ），ＢＢ→１ ＝（０，０，２），
ｍ⊥Ａ→{ １Ｂ ｍ·Ａ
→
１Ｂ＝ ２ｘ１－２ｙ１－２ｚ１ ＝ ０
→ ，即 ，ｍ⊥ＢＮ {ｍ·Ｂ→Ｎ＝ －２ｘ１＋２λｚ１ ＝ ０
ìｘ１ ＝ ２λ
＝ 令 ｘ１ ２λ，得íｙ１ ＝ ２λ－２，即 ｍ＝（２λ，２λ－２，２） ． …………………………………… ９ 分
ｚ１ ＝ ２
ＢＢ→１·ｍＢ ４ ４１ 到平面 Ａ１ＮＢ 的距离为 ＝ ＝ ， ………… １１ 分ｍ ８λ２－８λ＋８ ２８ （λ－ １ ） ＋６
２
λ＝ １当 时，Ｂ ２ ６１ 到平面 Ａ１ＮＢ 距离的最大值为 ，２ ３
， Ｂ Ａ ＮＢ ，λ＝ １所以 当 １ 到平面 １ 的距离最大时 ． ………………………………… １２ 分２
（３）由（２）知平面 Ａ１ＮＢ 的一个法向量为 ｍ＝（１，－１，２）， ………………………… １３ 分
设平面 Ａ１ＢＣ 的一个法向量为 ｎ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ
→
２），ＣＢ＝（２，０，０），Ｃ
→Ａ１ ＝（０，２，２）， →
{ｎ⊥Ｃ
→Ｂ ｎ·ＣＢ＝ ２ｘ２ ＝ ０ [
∵ ，∴ ， " #
ｎ⊥Ｃ→Ａ { →１ ｎ·ＣＡ１ ＝ ２ｙ２＋２ｚ２ ＝ ０ $
ìｘ２ ＝ ０
令 ｙ２ ＝ １，得íｙ２ ＝ １ ， Z / Y
" #
ｚ２ ＝ －１ $
即 ｎ＝（０，１，－１）， …………………………………………………………………… １５ 分
－
ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉 ＝ ｍ·ｎ ＝ ３ ＝ － ３则 ， ………………………………………… １６ 分
ｍ · ｎ ６ × ２ ２
Ａ ３所以平面 １ＮＢ 与平面 Ａ１ＢＣ 夹角的余弦值为 ，２
π
故平面 Ａ１ＮＢ 与平面 Ａ１ＢＣ 夹角的大小为 ． ……………………………………… １７ 分６
数学试题答案 第 ４ 页（共 ６ 页）
{#{QQABZYyEogiAABBAABhCEQGQCgGQkACAAQgGhEAcsAAAiBFABAA=}#}
１９．（１７ 分）
ì １ ｂ×２ｃ＝ ３
２
解：（１）由题意得í ，解得 ｂ＝ ３ ，ｃ＝ １，ａ＝ ２，………………………… ２ 分
ｂ
×（－
ｂ ）＝ －３
ｃ ｃ
２ ２
所以，椭圆 Ｃ ｘ ｙ的方程为 ＋ ＝ １． …………………………………………………… ３ 分
４ ３
（２）（ｉ）法一：①当直线 ｌ１ 与 ｘ 轴重合时，点 Ｍ（－２，０），Ｎ（２，０），则 ｜ＭＢ ｜ ＝ ６， ｜ＮＢ ｜ ＝ ２，
１ １ ２
所以， ＋ ＝ ． ……………………………………………………………… ４ 分
｜ＭＢ ｜ ｜ＮＢ ｜ ３
②当直线 ｌ１ 与 ｘ 轴不重合时，设 ｌ１：ｘ＝ ｔｙ＋４，
代入椭圆 Ｃ 的方程，得（３ｔ２＋４）ｙ２＋２４ｔｙ＋３６＝ ０， …………………………………… ５ 分
由△＝１４４ｔ２－５７６＞０，得 ｔ２＞４，………………………………………………………… ６ 分
－
设点 Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），则 ｙ１＋ｙ ＝
２４ｔ ，ｙ ３６２ ３ｔ２＋４ １
ｙ２ ＝ ， ………………………… ７ 分３ｔ２＋４
所以， １ ＋ １ ＝ １ ＋ １ ＝ １ （ １ ＋ １ ）， ………… ８ 分
｜ＭＢ ｜ ｜ＮＢ ｜ １＋ｔ２ ｜ ｙ１－０ ｜ １＋ｔ２ ｜ ｙ２－０ ｜ １＋ｔ２ ｙ１ ｙ２
ｙ ５又 １ｙ２ ＝ ２ ＞０， ｜ ｙ ｜ ＋ ｜ ｙ ｜ ＝ ｜ ｙ ＋ｙｔ ＋４ １ ２ １ ２
｜ ，
１ １ １ ｜ ｙ１＋ｙ２ ｜， ＋ ＝ ＝ １所以 ×２４ ｜ ｔ ｜ ， ………………………………… ９ 分
｜ＭＢ ｜ ｜ＮＢ ｜ １＋ｔ２ ｜ ｙ１ｙ２ ｜ １＋ｔ２ ３６
， ２ × ｔ
２
所以 ＝ ２ × ｔ ＝ ２２ ×
１ ＜ ２ ， …………………………………… １０ 分
３ １＋ｔ２ ３ １＋ｔ ３ １＋ １ ３
ｔ２
１ ＋ １ ＜ ２故此时 ，
｜ＭＢ ｜ ｜ＮＢ ｜ ３
， １ ＋ １ ２综上可知 的最大值为 ． …………………………………………… １１ 分
｜ＭＢ ｜ ｜ＮＢ ｜ ３
法二：设直线 ｌ１ 的一个单位方向向量为 ｎ＝（ｃｏｓθ，ｓｉｎθ），θ∈［０，２π）， …………… ４ 分
点 Ｇ（ｘ，ｙ）是直线 ｌ１ 上的任意一点，又直线 ｌ１ 过点 Ｂ（４，０），
→
所以存在唯一的实数 ｔ，使ＢＧ＝ ｔｎ，即（ｘ－４，ｙ）＝ ｔ（ｃｏｓθ，ｓｉｎθ）， …………………… ５ 分
{ｘ＝ ４＋ｔｃｏｓθ可得直线 ｌ１ 的参数方程为 ， …………………………………………… ６ 分ｙ＝ ｔｓｉｎθ
数学试题答案 第 ５ 页（共 ６ 页）
{#{QQABZYyEogiAABBAABhCEQGQCgGQkACAAQgGhEAcsAAAiBFABAA=}#}
代入 Ｃ 的方程，得（４ｓｉｎ２θ＋３ｃｏｓ２θ） ｔ２＋２４ｔｃｏｓθ＋３６＝ ０，……………………………… ７ 分
由△＝５７６ｃｏｓ２θ－１４４（４ｓｉｎ２θ＋３ｃｏｓ２θ）＞０，得 ｃｏｓ２θ－４ｓｉｎ２θ＞０，……………………… ８ 分
－
所以，ｔ ＋ｔ ＝ ２４ｃｏｓθ１ ２ ２ ，ｔ ｔ ＝
３６ ， …………………………………… ９ 分
４ｓｉｎ θ＋３ｃｏｓ２θ １ ２ ４ｓｉｎ２θ＋３ｃｏｓ２θ
ｔ ｔ ＝ ３６由 １ ２ ２ ２ ＞０，可知 ｔ ，ｔ 同号，４ｓｉｎ θ＋３ｃｏｓ θ １ ２
， １ ＋ １ ＝ １ ＋ １
｜ ｔ ＋ｔ ｜
所以 ＝ １ ２ ＝ ２４ ｜ ｃｏｓθ ｜ ， ……………………………… １０ 分
｜ＭＢ ｜ ｜ＮＢ ｜ ｔ１ ｔ２ ｜ ｔ１ ｔ２ ｜ ３６
故当 ｃｏｓθ＝ １，满足△＞０，即 θ＝ ０ １ １ ２时， ＋ 取得最大值 ．………………… １１ 分
｜ＭＢ ｜ ｜ＮＢ ｜ ３
（ｉｉ）证明：易知 Ｆ２（１，０），设点 Ｐ（ｘ３，ｙ３），Ｑ（ｘ４，ｙ４），
①当直线 ｌ２ 与 ｘ 轴重合时，∠ＰＢＦ２ ＝∠ＱＢＦ２ ＝ ０，符合题意， …………………… １２ 分
②当直线 ｌ２ 与 ｘ 轴不重合时，设 ｌ２：ｘ＝ｍｙ＋１，
代入 Ｃ 的方程，得（３ｍ２＋４）ｙ２＋６ｍｙ－９＝ ０， ………………………………………… １３ 分
－６ｍ －９
则 ｙ３＋ｙ４ ＝ ，ｙ ｙ ＝ ， …………………………………………………… １４ 分３ｍ２＋４ ３ ４ ３ｍ２＋４
ｙ３ ｙ４ （ｘ４－４）ｙ３＋（ｘ３－４）ｙ４
所以，ｋＰＢ＋ｋＱＢ ＝ ＋ ＝ ，ｘ３－４ ｘ４－４ （ｘ３－４）（ｘ４－４）
而（ｘ４－４）ｙ３＋（ｘ３－４）ｙ４ ＝（ｍｙ４－３）ｙ３＋（ｍｙ３－３）ｙ４ ＝ ２ｍｙ３ｙ４－３（ｙ３＋ｙ４）
＝ －１８ｍ －１８ｍ
３ｍ２
－ ＝ ０，即 ｋ ＋ｋ ＝ ０， ……………………………………………… １６ 分
＋４ ３ｍ２＋４ ＰＢ ＱＢ
故此时有∠ＰＢＦ２ ＝∠ＱＢＦ２，
综上可知，∠ＰＢＦ２ ＝∠ＱＢＦ２ ． ……………………………………………………… １７ 分
数学试题答案 第 ６ 页（共 ６ 页）
{#{QQABZYyEogiAABBAABhCEQGQCgGQkACAAQgGhEAcsAAAiBFABAA=}#}
