湖南省新高考教学教研联盟2025-2026学年高二上学期12月学情检测数学（A卷）试题（Word版附解析）

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一、选择题：本大题共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. 将集合用列举法表示是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合表示方法可得结果.
详解】.
故选：C.
2. 直线 的倾斜角是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将直线方程化简为斜截式方程，即可求出斜率，从而求解倾斜角.
【详解】因为，即，所以斜率为，
设直线的倾斜角为，
则，所以.
故选：D.
3. 已知圆：与圆：，则两圆的位置关系（ ）
A. 相交B. 相离C. 外切D. 内切
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆心距以及两个圆的半径来判断出两圆的位置关系.
【详解】圆：的圆心为，半径；
圆：的圆心为，半径，
圆心距，
所以两圆相外切.
故选：C
4. 在棱长为2的正方体中，（ ）
A. B. 4C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由向量数量积的定义即可求解.
【详解】在棱长为2的正方体中，
，，
因为与的夹角为，
所以与的夹角为，
·=.
故选：B
5. 已知等差数列的前n项和为，若，，则=（ ）
A. 90B. 100C. 110D. 120
【答案】B
【解析】
【分析】根据，，利用等差数列的性质得到，再由求解.
【详解】由等差数列的性质可知，
所以.
故选：B.
6. 如图，四边形O'A'B'C'是利用斜二测画法画出的水平放置的四边形OABC的直观图，其中，，，.则四边形的面积是（ ）
A. 3B. C. 6D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜二测画法得出，，，由此即可得解.
【详解】将直观图还原，如下图.四边形是直角梯形，
上、下底分别为，，高，
所以四边形的面积.
故选：A.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，直线与双曲线交于、两点，若面积是面积的倍，则（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】将直线的方程与双曲线的方程联立，可得出，直线交轴于点，由可得出关于的等式，解之即可.
【详解】联立可得，，
设点、，直线交轴于点，
，解得或.
故选：D.
8. 设Sn为数列的前n项和，已知，是公差为的等差数列，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式先求出与的关系式，构造方程组消去，得，构造常数列求得数列的通项，可判断A,B,C项；再利用裂项相消法计算即可判断D项.
【详解】因是公差为的等差数列，则，
则，，两式相减，得，
即，可得，因，可得，
故得为常数列，从而，即得,故A错误；
对于C，由上文求得通项公式可知，，故C正确；
对于B,由上分析，即，故B错误；
对于D，因，则，
则，故D错误.
故选：C.
二、选择题:本大题共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. 已知A，B是一个古典概型的样本空间Ω中的两个随机事件，其中，则（ ）
A. =B.
C. 事件A与B相互独立D. 事件A与B互斥
【答案】BC
【解析】
【分析】利用容斥原理，结合古典概率公式求解判断ABD；利用相互独立事件的定义判断C.
【详解】对于AD，由，得，
因此，AD错误；
对于B，，B正确；
对于C，，而，
因此，事件A与B相互独立，C正确
故选：BC
10. 已知抛物线，过其焦点且斜率为的直线与抛物线交于两点(点在第一象限)，与抛物线的准线交于点，若，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 以线段为直径的圆与轴相切
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用抛物线定义求点的坐标、计算线段长度、分别验证选项正确性.
【详解】依题意，所以直线的方程为，联立抛物线方程消去得，解得，又，
根据抛物线的定义可知，所以，故A正确;
又，所以，故B正确;
过点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，又直线的斜率为，
所以，所以，故，即，所以，故C不正确;
因为，所以线段的中点到轴的距离为，所以以线段为直径的圆与轴相切，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在所有棱长均为2的正四棱锥S-ABCD中，点E是线段SB的中点，点P是平面ABCD内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B，D，S，M四点共面
B. 直线AE与DS所成角的余弦值为
C. 若点P到点A和点S的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
D. 满足的点P的轨迹是抛物线
【答案】ACD
【解析】
【分析】由共面向量定理即可判断A，由向量的夹角公式代入计算，即可判断B，由点在线段的中垂面上即可判断C，由抛物线轨迹的定义即可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，由向量共面的充要条件可知共面，
又过同一点，从而B，D，S，M四点共面，故A正确;
对于B，设，，，所以，，
所以，，
，
所以，故B错误;
对于C，若点P到点A和点S的距离相等，则点P在线段AS的中垂面上，
因为AS与平面ABCD不垂直，则AS的中垂面与平面ABCD必相交，
又点P是平面ABCD内的动点，所以点P的轨迹是线段AS的中垂面和平面ABCD的交线，是一条直线，故C正确;
对于D，若，则点P在以S为顶点，直线SA为轴的圆锥的侧面上运动，
且该圆锥的母线和轴所成的角为，设AC和BD交于点O，则SO⊥平面ABCD，
在，，，所以，故，
即直线SA与底面ABCD所成的角为45°，所以平面ABCD平行圆锥SA的一条母线，
故平面ABCD截圆锥SA得到的截口曲线为抛物线，又点P是平面ABCD内的动点，
所以点P的轨迹是抛物线，故D正确.
故答案为：ACD.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列满足，，则
【答案】
【解析】
【分析】由数列的首项和递推公式直接代值计算．
【详解】由题意可得，，，
则，.
故答案为：
13. 已知一组数据的方差为18，则数据的方差为____.
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用方差的性质列式计算得解.
【详解】记数据的方差为，
则数据的方差为，所以.
故答案为：2
14. 如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图象的一部分，则其对应的椭圆的离心率为__________

【答案】##
【解析】
【分析】由正弦型函数的最值和周期求得圆柱的高和底面半径，进而求得椭圆的长轴和短轴，即可得离心率.
【详解】函数的值域为，最小正周期，
依题意，圆柱的高，设圆柱的底面半径为，则，解得，
椭圆短轴长，即，长轴长，即，
所以椭圆的离心率.
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. 已知数列是等差数列，是等比数列，且满足.
（1）分别求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差、公比，根据基本量运算列出方程组，求解即得的值，利用等差、等比数列的通项公式计算即得；
（2）利用分组求和法，结合等差、等比数列的前项和的公式计算即得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，等比数列的公比为，
依题意， 解得，
所以.
【小问2详解】
设等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，
因为，
所以数列的前n项和为.
16. 已知直线和圆.
（1）证明:直线恒过定点；判断直线与圆的位置关系；
（2）是否存在实数使得圆上恰有三点到直线的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；相交
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）直线方程整理得，列式可得直线过定点，判断与圆的位置关系可得直线与圆的位置关系；
（2）由题意可得圆心到直线的距离，解法一：由点到直线的距离列式根据判别式判断可得；解法二：由圆心到直线的距离的最大值为即可判断.
【小问1详解】
直线的方程，整理得，
该方程对任意实数成立，于是有，解得，
所以直线恒过定点，
因为，
所以点在圆内，故直线与圆相交.
【小问2详解】
依题意，圆的圆心，半径是3，
若圆上恰有三点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离，
解法一：，两边平方整理得，
因为，所以该方程无实数解，
故不存在实数使得圆上恰有三点到直线的距离为1，
解法二：由（1）知直线恒过定点，
所以圆心到直线的距离的最大值为，
故不存在实数使得圆上恰有三点到直线的距离为1.
17. 如图，在四棱柱中，底面是边长为2的正方形，底面，，为的中点.

（1）证明:平面；
（2）求点到平面的距离;
（3）若点是线段上的一个动点，当直线与平面所成的角为30°时，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）法一：以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建系，求得直线方向向量和平面法向量，由向量位置关系即可求证；法二：连接，交于点，连接，由四边形是平行四边形，即可求证；
（2）法一：由点到面的距离公式即可求解；法二：通过证明平面，即可求解；
（3）法一：由线面夹角的向量法公式即可求解；法二：由线面角的定义得到即为直线与平面所成的角，进而可求解.
【小问1详解】
因为底面是边长为2的正方形，所以，
又底面，且在平面内，
所以，，
所以以为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以
因为为的中点，所以，
所以，
设平面法向量为，则
令，则，得，
所以，
所以.
又不在平面内，
所以平面.
方法二:连接，交于点，连接，
由题可知，为的中点，，
因为为的中点，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
法一：因为，
所以点到平面的距离；
法二：因为，所以四边形是平行四边形，
所以，
因为底面，
所以底面，
又平面，
所以，
因为，
所以
又为平面内两条相交直线，
所以平面，
所以点到平面的距离为
【小问3详解】
方法一：
设，
所以，
设直线与平面所成的角为θ，
则，
即，
解得或(舍去)，
故当，即点与点重合时，直线与平面所成的角为30°，
此时的长为；
方法二：
因为平面，在平面内，
所以，
由(1)知，
所以，
又点是线段上的一个动点，
所以直线与平面所成的角，即为，
当时，
在，，
所以,
即点与点重合时，,直线与平面所成的角为30°
18. 已知椭圆:的离心率为，点在椭圆上，过点的直线交椭圆C于，两点.
（1）求椭圆的方程;
（2）求面积的最大值(为坐标原点);
（3）已知点Q，连接，过点作直线轴，且与直线交于点，点满足=，若直线与椭圆的另一个交点为，证明轴.
【答案】（1）
（2）4
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率和椭圆上点的坐标列式，可求的值，得到椭圆方程.
（2）可设直线的方程为或的形式，与椭圆方程联立，利用韦达定理，表示出的面积，再用基本不等式或二次函数的值域求面积的最大值.
（3）先根据平行线的性质，判断直线恒过定点.
方法1：可设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理，求出点与点横坐标相等，即可证明结论.
方法2：根据三点共线，可得，再根据在椭圆上，可得，进而证明即可.
方法3：问题转化为证明即可.
【小问1详解】
依题意，解得.
所以椭圆C的方程为+=1.
【小问2详解】
解法1:依题意，直线与轴不重合，设直线的方程为，，，
联立，整理得，
由，可得，
且，，
因为4，
将，代入，
可得，
令，所以=，
当且仅当，即时取等号.
故当时，的面积取最大值.
解法2:依题意，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，，，
联立，整理得，
由，可得，且，，
所以，
又点到直线的距离，所以，
令，
所以，
因为∈，当，即时，的面积取最大值.
【小问3详解】
如图所示，设直线与轴交于点，
因为直线轴，所以，又，所以，因为点和点，
所以，所以直线恒过定点.
证法1:设直线的方程为，，
联立整理得，
所以，且，
又，所以，
由第(2)问的解法1可知，，
所以，
此时，，
即，所以轴.
证法2:因为三点共线，所以，
整理得，①
因为点在椭圆上，
所以，②
①式②式得，解得，③
②式①式得，解得，④
联立③④解得，
同理，因为三点共线，所以，
整理得，⑤
因为点在椭圆上，所以，⑥
联立⑤⑥解得，
所以，所以轴.
证法3：要证轴，即证点和点关于轴对称，
当或时，解得或，
代入直线的方程，解得，
此时直线与椭圆相切，不符合题意，所以且.
只需证，即证.
因为，
即证.
以下提供三种方法证明：.
法ⅰ：因为，
因三点共线，所以，
整理得，
因为点在椭圆上，
所以，
故，得证.
综上所述，轴.
法ⅱ：由(2)解法1知直线的方程为，，，
联立方程消去，并整理得，，
所以，
所以得证.
综上所述，轴.
法ⅲ:由(2)解法2知直线的方程为，，，
联立方程消去，并整理得，，
又，
将，代入上式，
可得得证.
综上所述，轴.