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（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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一、单选题：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.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】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】由题意可得抛物线的焦点在轴上，且，所以焦点坐标为.故选：C.3.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】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】由，得，因此，而，所以.故选：A.5.已知等差数列，为其前项和，，则“”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】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、、，则三点、、，在同一直线上．这条直线称为该三角形的“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】设的外接圆方程为：，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】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，..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】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..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.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】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】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，当时，数列为；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112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．11.椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点．已知，是椭圆，的左、右焦点，为坐标原点，是椭圆的一条切线，切点为，，在直线上的投影分别为，，则（）A. B.C.最大值为 D.【答案】ABD【解析】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，当时，的最大值不小于，则最大值为，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15分12.已知过椭圆，的焦点的最短弦长为2，则________．【答案】【解析】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】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：，，若任意以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】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77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．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．解：（1）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；（2）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（舍去），所以，所以交点坐标为.16.如图，在平行六面体中，，，，，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．解：（1）由于几何体是平行六面体，则，，所以；（2）设直线与直线所成角为，则，，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，现沿进行翻折，使得平面平面，点在线段上（含端点位置），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．解：（1）因为平面平面，，所以平面，所以，若，则平面，所以，所以，所以，.（2）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.设，则，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.18.在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，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：．（1）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.（2）证明：联立，可得，，设、，则，，以为直径的圆的方程为，且，，则，，代入圆方程得，该圆方程过原点，坐标为.（3）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