浙江省强基联盟2025-2026学年高二上学期12月联考数学试卷（Word版附解析）

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考生注意：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
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. 数列的一个通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数列的规律性进行判断即可.
【详解】根据数列的规律，奇数项为负数，偶数项为正数，第项的数字是，结合正负性，
所以该数列的一个通项公式为.
故选：D.
2. 已知直线经过圆的圆心，则实数为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先求出圆C的圆心坐标，代入直线，即可得答案.
【详解】将圆C方程化为标准方程可得，
则圆心坐标为，代入直线，可得，解得.
故选：A.
3. 已知数列为等差数列，若，则为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】由等差中项计算可得.
【详解】由等差数列的性质可得，.
故选:C.
4. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两向量平行的坐标关系，即可得答案.
【详解】因为，所以，解得.
故选：B.
5. 已知圆与圆的公切线有3条，则实数的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的标准方程得出圆心及半径，再根据公切线条数得出圆与圆的位置关系，进而得出圆心间距离等于半径和列式计算求参.
【详解】圆圆心坐标为，半径为2；
圆圆心坐标为，半径为.
因为圆与圆有3条公切线，所以两圆外切，所以.
故选：C.
6. 已知椭圆的左､右两个焦点分别为，且焦距为是上一点，若，且，则椭圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用椭圆定义及已知条件得出，再应用余弦定理计算求解即可得出椭圆方程.
【详解】由
在中，由余弦定理可得，
解得，又，所以.
故选:D.
7. 已知公比为3的等比数列的前项和为，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题写出，参变分离后，运用基本不等式即可得解.
【详解】由题可知，.由可得，
由基本不等式可知，
当且仅当，即时，等号成立，所以.
故选：C.
8. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点在的右支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为.当取最小值为4时，则面积的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线定义结合点到直线距离得出，再化简根据二次函数最值求解.
【详解】，又的最小值为点到的渐近线的距离，即，故.
当取最小值时，为直角三角形，且，
所以点纵坐标绝对值为，所以面积为，
由二次函数性质，当时，取最大值2，
所以面积的最大值为2.
故选：B.
二､多项选择题：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，直线和直线，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则之间的距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】先求出直线和的方向向量和，由两直线垂直，可得，求出a值，即可判断A、B的正误；由两直线平行，求出a值，可判断C的正误；当时，根据两平行线间距离公式，求出距离，可判断D的正误.
【详解】直线方向向量为，直线方向向量为.
选项A、B：若，则，即，解得，故A正确；B错误；
选项C：当时，，解得，
当时，，，符合题意，
当时，，，即，
符合题意，故C正确；
选项D：当时，，之间的距离为，故D错误.
故选：AC.
10. 已知等差数列的前项和为，若，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. 的最大值为D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据，通过得出，判断A，通过得出，进而推出，判断B的正误，等差数列中，由，结合等差数列性质可得的最大值为，判断C，借助等差数列性质，将转化为，结合，得出，判断D.
【详解】对于A选项，因为，所以，故，A正确，
对于B选项，因为，所以，即，又，
所以，B正确，
对于C选项，因为，，所以数列的公差小于0，
且当时，，当时，，
所以的最大值为，C正确，
对于D选项，，所以D错.
故选：ABC.
11. 如图①所示，长方形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥.若为线段中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 平面
B. 的长为定值
C. 四棱锥体积的最大值为
D. 设二面角的平面角为，若，则平面和平面夹角余弦值的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先证明平行四边形得出进而得出线面平行判断A，应用勾股定理计算判断B，应用四棱锥的体积公式计算判断C，应用空间向量法计算二面角余弦的最小值判断D.
【详解】取中点，连接，则因为为中点，所以为的中位线，所以且.
因为为的中点，四边形为矩形，所以且，所以且，故四边形为平行四边形，
所以，平面，所以平面.故A正确；
所以，故B不正确；
取的中点，连接，因为，则，当平面平面时，
点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，
且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为，故C正确；
连接，因为，所以，所以为二面角的平面角，即，
过点作平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，过作于点，由题意得平面，
设，因为，所以，
所以，所以，
所以，
设平面的法向量为，则
令，则，
设平面的法向量为，
因为，
则
令，可得：，
设两平面夹角为，
则
，
令，所以，
所以，
所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若抛物线的准线方程为，则的值为______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据抛物线的准线求得的值.
【详解】依题意.
故答案为：
13. 已知数列满足，则数列前项的和为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据裂项相消求和法，化简计算，即可得答案.
【详解】因为，
所以
故答案为：
14. 已知双曲线的左､右焦点分别为.以为直径的圆和的渐近线在第一象限交于点，直线交的另一条渐近线于点，若，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先得出以为直径的圆，进而联立直线及圆计算得出点，再应用向量关系得出等式计算齐次式即可求解.
【详解】双曲线的左､右焦点分别为，
，
以为直径的圆和的渐近线在第一象限交于点，
设坐标原点为，
以为直径的圆的方程为，
又的渐近线方程为，
联立方程组，解得，则，
直线的方程为，
联立方程组，
解得，则，
，
，
，
，
，
.
故答案为：6.
四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15. 在平面直角坐标系中，已知圆，直线过点.
（1）写出圆的标准方程；
（2）当直线被圆截得的弦长为时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）配方得出圆的标准方程；
（2）根据直线斜率存在与不存在两种情况分类，应用点到直线距离公式结合圆的弦长公式计算求解.
【小问1详解】
配方可得圆的标准方程：.
【小问2详解】
圆的圆心，半径为2，因由直线被圆截得的弦长为，
故可得圆心到直线的距离为，直线过点，
当直线斜率不存在时，直线，此时点到直线距离恰好为1，故符合条件；
当直线斜率存在时，设直线，即，
此时圆心到直线的距离为，
，此时直线为，即.
综上所述，直线的方程为或.
16. 如图多面体中，平面平面，，，且为棱中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求三棱锥的外接球半径.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得，进而证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，由线面角向量发计算即可求解；
（3）设三棱锥的外接球球心，由，建立等式计算可得，进而可得外接球半径.
小问1详解】
因为，
所以，
又，平面，
所以平面，
因平面，所以，
又，，
所以四边形为平行四边形，则，所以.
【小问2详解】
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
以点为坐标原点，以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
因为，，
故，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
所以平面一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
【小问3详解】
设三棱锥的外接球球心，
因为，即.
所以.
因为，所以，
所以，故球的半径为.
17. 已知椭圆的长轴长为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交于两点，为坐标原点，若的面积为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据长轴长及离心率列式计算求解，再根据得出椭圆方程；
（2）先分斜率是否存在设直线方程，再应用韦达定理得出弦长公式，再结合点到直线公式得出面积计算求参，最后代入得出弦长.
【小问1详解】
由题意得，
解得，所以，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，，此时，
故面积，故舍去；
当直线斜率存在时，设，
联立方程，
因为，所以，
此时，点到直线距离，
所以面积，
化简得，所以或（舍去），
所以，综上所述.
18. 已知数列满足的前项和为.
（1）证明：为等比数列，并求数列的通项公式.
（2）记的前项和为.
（i）求；
（ii）若存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析，
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）应用等比数列定义证明等比数列，根据通项公式计算求解；
（2）（i）应用错位相减法计算求解；（ii）设新数列，再根据单调性得出最小值分奇偶计算求参.
【小问1详解】
由，可得，
则，又，所以为等比数列，
故，则，得.
【小问2详解】
（i）由（1）可得，
因为，
则，
得，
化简得，
（ii）原不等式化简可得，
记，
则.
记，知是关于的增函数，
其中.
故时，，又，所以.
原不等式成立，则存在，使得.
则当为奇数时，此时，
故，即，此时无解，不等式恒不成立；
当为偶数时，即，
解得或，
故的取值范围为.
19. 已知抛物线（），焦点为，对于抛物线上一点，记，已知的最小值为1，将点向上平移个单位长度，得到点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若为坐标原点，直线与另一个交点为，设直线的斜率分别为，，求的值；
（3）记点到直线的距离为，证明：以为圆心，为半径的圆始终经过定点.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由抛物线的性质可得的最小值，从而算出抛物线的方程.
（2）设直线，联立抛物线方程，算出，代入，计算可得.
（3）设，得出，计算出半径，最后计算出圆的方程，找到定点.
【小问1详解】
如下图所示：
设点，则，
因，所以最小值为，则，
故抛物线的方程为.
【小问2详解】
由题意可知，直线斜率不为0，
设直线，
联立方程，则.
又，
所以.
【小问3详解】
设，则，故，所以，
得圆.
化简得，
令，
解得，
所以以为圆心，为半径的圆始终经过定点.