浙江省金华市卓越联盟2025-2026学年高二上学期12月阶段性联考数学试题

学年第一学期金华市卓越联盟月阶段性联考高二年级数学试题命题学校：汤溪中学审题学校：永康二中义乌三中考生须知：．本卷共4页满分分，考试时间分钟.．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.．考试结束后，只需上交答题纸.一、单选题：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.在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据点关于平面对称结合空间直角坐标系结构特征得出点的坐标.【详解】已知点关于平面的对称点的坐标同点的关系是横坐标和竖坐标不变，纵坐标相反，因此点关于平面对称的点的坐标为.故选：A.2.抛物线的焦点坐标为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据抛物线标准方程，可求得，进而求得焦点坐标．【详解】由题意可得抛物线的焦点在轴上，且，第1页/共20页所以焦点坐标为.故选：C3.已知点和在直线的异侧，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据两点位于直线异侧可直接构造不等式求得结果.【详解】点和在直线的异侧，，解得.故选：B.4.设椭圆的离心率分别为．若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.【详解】由，得，因此，而，所以.故选：A5.已知等差数列，为其前项和，”是“数列为递减数列”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】第2页/共20页【分析】根据等差数列的性质以及充分不必要条件的定义判断即可．【详解】由可得，整理为，因为，故，数列为递减数列，因此条件“”可以推出结论“数列为递减数列”，故充分性成立；而数列为递减数列，只需即可，无需，因此“数列为递减数列”无法推出条件“”，故必要性不成立.因此“”是“数列为递减数列”的充分不必要条件.故选：A.6.数学家莱莫恩（Lemoine）在1867年发现并证明：过的三个顶点、、作它外接圆的切线分别和边、、所在的直线相交于点、、、、称为该三角形的“莱莫恩（Lemoine）线”．在平面直角坐标系中若某三角形三个顶点的坐标分别为，，，则该三角形的莱莫恩（Lemoine）线方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】答案.【详解】设的外接圆方程为：，第3页/共20页代入点，得，解得，故的外接圆方程为：，即，故外接圆的圆心坐标为，故外接圆在处的切线为，又，令，得，故；外接圆在处的切线为，又，令，得，故.故直线，整理得：，即该三角形的莱莫恩（Lemoine）线方程为.故选：C.7.设数列的前项和为，若，且，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将转化为，利用同除构造等差数列求出，再根据即可得解.【详解】由题可得，，若，则，同理可得均为0，显然不成立，故.将两边同除，得，即，又因为，故是以1为首项，1为公差的等差数列，因此，.第4页/共20页故选：B.8.已知为圆：弦，点，若直线，直线的斜率之积为，则的面积（）A.有最小值B.有最大值1C.有最小值D.有最大值【答案】D【解析】【分析】先设出直线，与圆的方程联立，根据列出方程，结合韦达定理可得直线过定点，因此可重设直线，再根据点到直线的距离表示出弦长与点到直线的距离，即可表示出三角形的面积，再运用换元法与基本不等式，即可得解.【详解】由题易知，直线的斜率必存在，故可设直线，.联立直线与圆，，得，，得.若，则，经过点，显然不符题意，故.由韦达定理，可得.第5页/共20页因此有，解得，即，因此直线过定点，故重设直线，因为直线与圆相交，故圆心到直线的距离，解得.弦长，点到直线的距离，故.令，则，，当且仅当，即时，等号成立，即的面积有最大值.故选：D.二、多选题：本小题共3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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法中，正确的有（）A.若平面的法向量，，则、、、四点共面B.若平面的法向量，，则与平面所成的角为C.若平面的法向量，，则点到平面的距离是D.若，，且是钝角，则实数的取值范围是【答案】ABC【解析】第6页/共20页ABC到平面的距离公式求解判断即可；对于D，利用向量数量积小于零判断后，再排除掉反向共线的情况即可.【详解】对于A：，平面或平面，又因为平面，故平面，因此、、、四点共面，故A正确；对于B：设与平面所成的角为，则，因此，即与平面所成的角为，故B正确；对于C：点到平面的距离，故C正确；对于D：因为是钝角，故，解得，但当时，，此时是平角，不满足钝角，故D错误.故选：ABC.10.已知数列共有5项，前三项成等比数列，后三项成等差数列，且，，.若的前项和为，则下列选项可能正确的是（）A.B.为最大项C.D.数列，，的公差为64【答案】AC【解析】【分析】根据前三项成等比数列、后三项成等差数列，设后三项的公差为，根据题意将表示成关于d的方程，解出d，分情况逐项讨论即可．【详解】设后三项的公差为，因为，则，，由，得，由前三项成等比数列，公比，所以，结合，可得，解得或，第7页/共20页当时，数列为；对于A，当时，，故A正确；对于B，两种情况的最大项分别是和180，均不是，故B错误；对于C，当时，，故C正确；对于D，公差为16或，均不是64，故D错误．故选：AC．，是椭圆，为坐标原点，点为，，在直线上的投影分别为，，则（）A.B.C.最大值为D.【答案】ABD【解析】【分析】由椭圆定义与光学性质，结合三角形、梯形等平面几何知识，逐个选项分析即可.【详解】由题意，设关于的对称点为，连接交于，连接交于，则，由于为中点，为中点，则为三角形中位线，则且，同理可得，，则A选项正确；由等角定理以及图像可得，B选项正确；则，当点在椭圆上下顶点时，最大，第8页/共20页当时，的最大值小于，则最大值小于，故C错误；由基本不等式可得，则，取中点，连接，则为直角梯形的中位线，则，且，，，则，故D正确；故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分第9页/共20页12.已知过椭圆，的焦点的最短弦长为2，则________．【答案】【解析】【分析】过椭圆焦点的最短弦即为通径，计算即得解.【详解】过椭圆焦点的最短弦即为通径，椭圆的通径长为，由题可知，解得.故答案为：.13.已知直线：，则直线与圆：相交的最短弦长为________．【答案】4【解析】【分析】找到动直线经过的定点，即可找到圆心到直线距离的最大值，由垂径定理即可求出直线与圆相交的最短弦长.【详解】可化为，因此易知直线过定点.，点在圆内，当直线截圆的弦长最短时，，，此时弦长为.故答案为：.14.已知椭圆：，为圆心的圆和椭圆至多有两个交点，则椭圆离心率的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】设圆的方程为：，与椭圆方程联立消元得，令，根据的范围分类讨论即可求解.第10页/共20页【详解】由题意有：设圆的方程为：，由，所以，令，又，所以为开口向上的一元二次函数，对称轴为，当，即，所以，所以，所以存在满足，所以在上有两个零点，由对称性知，此时圆和椭圆有4个交点，不满足题意；当时，对称轴，所以在上单调递增，所以对任意，最多有一个解，即至多有一个零点，此时圆和椭圆至多有2个交点，满足题意，则，所以；当时，对称轴，所以在上单调递增，所以对任意，最多有一个解，即至多有一个零点，此时圆和椭圆至多有2个交点，满足题意，故，综上，，故答案为：.四、解答题：本小题共5小题，共分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第11页/共20页15.已知顶点，，．（1）求边垂直平分线的方程；（2）求的角平分线与边的交点坐标．【答案】（1）（2）【解析】1的中点坐标解即可；（2）分别求得，，所在直线方程，设所求交点坐标为，由角平分线性质结合点到直线距离公式列式计算即可求解.【小问1详解】由题意，的中点坐标为，，所以直线的斜率为，直线的方程为，整理得；【小问2详解】由题意，所在的直线方程：，所在的直线方程：，所在的直线方程：，设所求交点坐标为，，则有，整理得，解得或，所以交点坐标为.第12页/共20页，求：（1）试用表示，再求的长度；（2）求直线与直线所成角的余弦值．【答案】（1），；（2）.【解析】1表示数量积，即可得解；（2）先将与均用基底表示，再应用向量夹角公式，即可得解【小问1详解】由于几何体是平行六面体，则，，所以；【小问2详解】设直线与直线所成角为，则，第13页/共20页又因为，所以，所以直线与直线所成角的余弦值为.17.已知等腰梯形如图1所示，其中，，点在线段上，且进行翻折，使得平面平面在线段是线段上的动点，所得图形如图2所示．（1）若，求的值；（2）在（1）的条件下，点、、、均在球的球面上，是否存在点使得在平面上，若存在求出的值，若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）存在，【解析】1）由面面垂直证得线面垂直，再逐步证得，最终在直角三角形中计算得，结合，即可得解；（2.到四点的距离相同列出方程，解得球心的坐标，再根据三点共线设，表示出G点坐标，再根据四点共面设，列出方程可解出，进而得到；法二：由几何性质得球心在三点共线设第14页/共20页到平面的距离为可解出，进而得到.【小问1详解】因为平面平面，，所以平面，所以，若，则平面，所以，所以，所以，.【小问2详解】法一：如图以为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴建立空间坐标系，则、、、，设球的坐标为，则，解得，所以球心.第15页/共20页要使得球心在平面上，则、、、四点共面，可得，则，则，解得，所以.法二：如图以为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴建立空间坐标系，则、、、，，.由（1）可知，平面，因此易知，又因为，平面，故平面，故.由（1）可知，平面，故，故.因为，，可得球心在中点，即球心.设，则，要使得球心在平面上，则、、、四点共面，则到平面的距离为0设平面的法向量为，则，则，取，则，故，所以，又因为，则，解得，所以.第16页/共20页18.在平面直角坐标系的焦点为，是抛物线上第一象限的点，且到的距离比到直线的距离小1，直线与交于、两点．（1）求抛物线的方程；（2）证明以为直径的圆过一个定点，并求出定点坐标；（3）若，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析，（3）证明见解析【解析】1到距离与到直线p（2）将直线与抛物线联立，根据韦达定理，可得，表达式，进而可得，表达式，设出以为直径的圆的方程，代入化简，可得圆的方程，分析即可得答案；（3）根据数量积公式，可得，根据条件，可得、、、四点共圆，且为直径，所以，求出直线的方程，可得G点坐标，由，可得P、Q点坐标，根据夹角公式，可得，又，即可得证.【小问1详解】由题意，到的距离与到直线的距离相等，所以准线，即，解得，所以抛物线的方程为.【小问2详解】证明：联立，可得，，设、，则，，以为直径的圆的方程为，第17页/共20页且，，则，，代入圆方程得，该圆方程过原点，坐标为.【小问3详解】证明：由对称性不妨设在第一象限，则有，，，、.则，所以，即，延长交轴于点，连接，由，可知，又因为，则可得，所以、、、四点共圆，且为直径，所以，直线的方程为，令，则.由，得，即，且，化简可得，且，第18页/共20页即可得，解得，，故，，，则，，所以，又，所以.19.已知数列中，首项，.（1）求证是等比数列，并求的通项公式；（2）设，求的前项和；（3）令，的前项和为，求证：，．【答案