山东省泰安市多校2025-2026学年高二上学期12月联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省泰安市多校2025-2026学年高二上学期12月联考数学试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1.若曲线：表示圆，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由，得，由该曲线表示圆，可知，解得或，故选：B.2.设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B.若直线BF的方程为，则（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】对，令，则，所以，即抛物线，故抛物线的准线方程为，故，则，代入抛物线得.所以.故选：C.3.在等差数列中，，则（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】C【解析】因为是等差数列，所以，则.故选：C.4.在正方体中，E，F分别为的中点，则（）A.平面平面 B.平面平面C.平面平面 D.平面平面【答案】A【解析】在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，则，，设平面的法向量为，则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；故选：A.5.已知点在双曲线上，且点到的两条渐近线的距离之积等于，则的离心率为（）A.3 B.2 C. D.【答案】D【解析】设.∵点在双曲线上，，即.又双曲线的两条渐近线分别为和，点到双曲线的两条渐近线的距离之积为：，，即.又，，，.故选：D.6.直线与圆交于两点，，则为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设，由得，，则，，由得，，故选：B．7.在四面体中，平面，，点分别为棱上的点，且，，则直线与直线夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图：因为，所以，则，又，所以，则，又平面，平面，所以，，即，又，所以所以，，，所以，则直线与直线夹角的余弦值为．故选：A8.已知数列前n项和为，，，则（）A.414 B.406 C.403 D.393【答案】B【解析】由，两式相减得，即.再由，两式相减得，由，得，故为以14为首项，8为公差的等差数列，故，故.故选：B二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分）9.设等差数列的前项和为，公差为，已知，则下列说法正确的是（）A.的最小值为 B.满足的最小值是14C.满足的最大值是14 D.数列的最小项为第8项【答案】ABD【解析】由可知．对于选项A：由为负，为正可知，最小，A正确．对于选项B：，则满足的最小值为14，满足的最大值是13,故B正确，C错误．对于选项D：由为负，为正，且为负，为正可知：为负．考虑到，故最大，即最小，正确．故选：ABD.10.已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，下列说法正确的有（）A.抛物线的焦点坐标为B.若，则线段AB的中点到轴的距离为3C.以线段为直径的圆与轴相切D.以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切【答案】BCD【解析】对于A，抛物线的准线方程为，焦点为，故A错误．对于B，设点，由抛物线的定义可得，可得，所以线段的中点到轴的距离为，故B正确．对于C，因的中点为该点到轴的距离为，故以线段为直径的圆与轴相切，故C正确．对于D，因，故以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切，即D正确．故选：BCD.11.如图，正方体的棱长为2，点在侧面的边界及其内部运动.下列说法正确的是（）A.若点为线段上的动点，当时，B.若点为线段上的动点，当时，点到平面的距离为C.若点为底面的中心，且，则面积的最大值为D.若，则点的轨迹的长度为【答案】ACD【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，对于AB选项，由知：，则，，A正确；，，设平面的法向量为，则，取，得，故平面的一个法向量为，又，则点到平面的距离为：，故B错误；对于C，取的中点，连接，如图所示，因为正方体的棱长为2，所以，，，平面，平面，平面，所以，，，所以，，所以，，由可得平面，所以，所以点的轨迹为线段，又，所以面积的最大值:，故C正确；对于D，平面，平面，所以，都是直角三角形.又，所以，因为，所以，在侧面中以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，则，整理得到，圆，所以点在以为圆心，以为半径的圆上，又因为在侧面（含边界）上运动，所以点的轨迹是圆上的一段劣弧（分别是圆与的交点），因为，，所以，则点的轨迹长度为，故D正确，故选：ACD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.设是公差不为0的等差数列的前n项和，若，则k=______.【答案】18【解析】因为，所以，所以，即，由等差数列的性质可得，所以.故答案为：18.方法二：设等差数列的公差为.由，得.整理得.因为，所以.故答案为：18.13.在等腰直角三角形ABC中，，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发经BC，CA反射后又回到点P，若光线QR经过的重心，则的周长是______.【答案】【解析】以为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，所以直线的方程为，设，点关于直线的对称点为，点关于轴的对称点为，由，易得，，直线就是所在的直线，所以直线的方程为，设的重心为，则，所以，即，所以（舍去）或，所以，.结合对称关系可知，，所以的周长即线段的长度为：.故答案为：.14.已知直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】当时，曲线即，两边平方，整理得，表示以为圆心，半径的圆的右半圆；当时，曲线即，两边平方，整理得，表示以为圆心，半径的圆的左半圆，直线表示经过定点、斜率为的直线，因此，直线与曲线有两个不同的交点，就是直线与两个半圆组成的图形有两个交点，当直线与右半圆有两个交点时，记点，可得圆心到直线的距离小于半径，且直线的斜率小于或等于的斜率，且，解得；当直线与左半圆有两个交点时，由对称性可得；综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.四、解答题（本题共5小题，共77分）15.已知等差数列的前n项和为，．（1）求的通项公式；（2）令，求证：数列为等差数列﹒（1）解：设等差数列公差为d，由题可得：，解得，∴；（2）证明：由知：，∴，∴，∴数列是以2为公差，2为首项的等差数列．16.如图，在平行六面体中，，，，点P为线段BC中点.（1）求；（2）求解：（1）设，，，这三个向量不共面，构成空间的一个基底，则，，，因为，所以（2）由（1）可知，同理可得，.所以.17.已知的顶点，在AB边上的中线CM所在的直线方程为的角平分线BH所在直线方程为.（1）求经过点，并且在两坐标轴上的截距相等的直线方程;（2）求直线BC的方程;（3）在线段AB上是否存在点D，满足，若存在，求D点坐标，若不存在，说明理由.解：（1）设直线在轴上的截距分别为，当时，直线经过原点与，则直线斜率，直线方程为，即；当时，可设直线方程为，代入坐标，可得，直线方程为；综上所述：直线方程为或.（2）由题意知：点在直线上，则可设，中点为，，解得，.设点关于直线的对称点的坐标为，则点在直线上，线段的中点在角平分线上，且.由题意知，解得，即，因为，所以直线的方程为，即.（3）由为直线与直线的交点，联立，解得，则.由点在线段上，由，可得，则，即，可设，又，因为，所以，解得，由，，因为，所以存在.18.如图，在四面体中，，，，、分别为、的中点.（1）证明：；（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：取中点，连接、，因为、分别为、的中点，所以，因为，即，所以，同理可证，因为，、平面，故平面，因为平面，故.（2）解：构造直棱柱如图所示，则，因为，则，因为，，、平面，所以平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为平面平面，，，所以二面角的平面角为，则，因为，，则，又因为，所以，所以、、、，因为、分别为、的中点，所以、，所以，设平面的一个法向量为，，，则，取，可得，所以，因此直线与平面所成角的正弦值为.19.已知椭圆C：的焦距为，且过点．（1）求椭圆C的方程；（2）设与坐标轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点（异于椭圆顶点），点P为线段MN的中点，为坐标原点．①若点P在直线上，求证：线段的垂直平分线恒过定点，并求出点的坐标；②求证：当的面积最大时，直线OM与O