湖南省衡阳市2025-2026学年高二上学期12月联考数学试题（Word版附解析）

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1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册至选择性必修第二册第四章。
一、选择题：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. 已知全集,集合,,则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合补集和并集运算可得结果.
【详解】由题意得,所以.
故选：C.
2. 直线被圆截得的弦的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离，结合勾股定理可求得结果.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
故直线被圆截得的弦的长度为.
故选：D.
3. 函数是（ ）
A. 奇函数，且有最大值B. 偶函数，且有最大值
C. 奇函数，且有最大值2D. 偶函数，且有最大值2
【答案】B
【解析】
【分析】先利用辅助角公式对进行化简，再结合偶函数的定义及三角函数的图象性质判断可得结果.
【详解】由题意可得,则是偶函数,且有最大值.
故选：B.
4. 2025年8月 27 日，中国艺术体操队在艺术体操世锦赛收获1金1 铜.如图，艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花的图案，它可看作是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后得到的三条曲线与C 组合而成的图形，其中，分别是这四条曲线两两相交的交点，且四边形 ABDE 的周长为64，则（ ）
A. 8B. 6C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据“四角花瓣”图形的对称性，得到四边形为正方形，求得边长为，求得点的坐标为，将点的坐标代入抛物线的方程，即可求解.
【详解】由题意知，“四角花瓣”图形是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后，
得到的三条曲线与组合而成的图形，
其中分别是这四条曲线两两相交的交点，且四边形的周长为，
根据“四角花瓣”图形的对称性，可得四边形为正方形，所以正方形边长为，
则点的坐标为，将代入抛物线的方程，可得，解得.
故选：C.
5. 已知递增的等比数列满足，，则的公比（ ）
A. 6B. 3C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等比数列的性质可得的值，结合以及为递增数列可得和的值，从而可得公比.
【详解】由，，解得或，
因为是递增数列，所以，则，又为递增的等比数列，所以.
故选：B.
6. 如图，施工队计划在一座大山中挖通一条隧道，需要确定隧道的长度，工程人员测得隧道两端的A,B两点到C点的距离分别为，，且，则隧道的长度为（ ）
A. kmB. kmC. kmD. km
【答案】D
【解析】
【分析】由余弦定理计算可得结果.
【详解】由余弦定理可知，，则隧道的长度为km.
故选：D.
7. 在平行六面体中,,,且,则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量加法运算可得，，再利用数量积的运算律计算，并由的取值范围，结合余弦函数的图象性质得到最终结果.
【详解】由题意得,,
所以
.
由,得,
所以.
故选：A.
8. 已知是轴正半轴上一点，点，若圆上存在点，使得，则点的纵坐标的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点，，，，根据垂直可得关于的方程有解，即，，结合正弦函数的值域可得，解不等式即可.
【详解】设点，，
又圆，即，
设圆上一点，，
又，且存点满足，
则，
由，，
则有解，
即，其中，
化简可得方程有解，
又，
所以不等式，
又，所以恒成立，
即不等式为，
解得，又，
所以，
故选：D.
二、选择题：本题共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，双曲线，双曲线，则（ ）
A. 的实轴长等于的虚轴长B. 的虚轴长等于的实轴长
C. 的离心率等于的离心率D. 的焦距等于的焦距
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据已知双曲线方程，结合双曲线的性质，分别求出双曲线的实轴长、虚轴长、离心率和焦距，再分析选项的正误．
【详解】由题意得双曲线，则，
双曲线，则，
又，双曲线的实轴长为，
虚轴长为，焦距为，，
双曲线的实轴长为，虚轴长为，
焦距为，，
，即 的实轴长等于的虚轴长，故A正确；
，即的虚轴长等于的实轴长，故B正确；
，当且仅当时，，当时，，
双曲线的离心率不一定等于的离心率，故C错误；
，的焦距等于的焦距，故D正确．
故选：ABD．
10. 已知等差数列的前n项和为,公差,若存在正整数m,k（）,使得,则（ ）
A. B. 当时,
C. 存在最小值D. 当为偶数时,
【答案】AB
【解析】
【分析】由等差数列前项和的函数特性可判断A和B，通过举反例可判断C，设,由，整理可得，再由等差数列的通项公式和性质可得从而判断D.
【详解】设,由（）,可知二次函数的图象关于直线对称,
所以,即,A正确.
因为,所以当时,,B正确.
取,则,但不存在最小值,C错误.
若为偶数,不妨设,由,可得,即,
则,即,即,所以不成立,D错误.
故选：AB.
11. 在棱长为6的正方体中，分别是棱的中点，是棱上的动点，则（ ）
A.
B. 异面直线与所成角的余弦值是
C. 的最小值是
D. 正方体被平面截得的五边形的周长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】如图建系，求得各点坐标及所需向量坐标，根据数量积公式，代入计算，即可判断A的正误；根据向量夹角公式，即可判断B的正误；将平面沿顺时针旋转与平面共面，当A、H、E三点共线时，有最小值，根据长度，求得最小值，即可判断C的正误；如图作辅助线，则五边形AMFEN的周长即为所求，分别求得各个长度，即可判断D的正误.
【详解】以D为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示，
则，
所以，
选项A：因，
所以，即，故A正确；
选项B：，
因为异面直线与所成角范围是，
所以异面直线与所成角的余弦值是，故B正确；
选项C：将平面沿顺时针旋转与平面共面，连接，如图所示，
当A、H、E三点共线时，有最小值，
且最小值为，故C错误；
选项D：延长，与的延长线交于点G，与的延长线交于点H，
连接，交于点M，连接AH，交BC于点N，连接MF，NE，
则五边形AMFEN的周长即为所求，
因为分别是棱的中点，，
所以，则，
在中，，
因为，
所以，
所以，所以，则，
所以在中，，
在中，，
同理，，
所以五边形AMFEN的周长为，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. 的虚部为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由复数的乘法运算和虚部的概念可得结果.
【详解】由题意得,所以的虚部为.
故答案为：.
13. 甲、乙、丙三名毕业生到三个公司实习,假设每名毕业生都要去实习,且每名毕业生到三个公司中任一公司实习的概率均相等,则恰有两名毕业生到A公司实习的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】运用独立事件的概率乘法公式即可得解.
【详解】对于甲乙丙三人来说，去公司实习的概率均为，
不去公司实习的概率均为，且彼此之间相互独立.
“恰有两名毕业生到A公司实习”代表有2人去公司实习，
有1人不去公司实习，而不去公司实习的人，可能是甲或乙或丙，共有3种情况.
综上所述，恰有两名毕业生到A公司实习的概率.
故答案为：
14. 已知正项数列满足,,则的通项公式为__________.若对任意的,关于的不等式恒成立,则的取值范围为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将等式两边取对数可得，利用累乘法计算求得；对于不等式，分类讨论n为偶、奇数，结合一元二次不等式的解法计算即可求解.
详解】将等式两边取对数，
得，得，得，
则当时，，
得，故，所以，
又满足上式，故.
因为对任意的，关于n的不等式恒成立，
所以当n为偶数时，，
得或恒成立，则或；
当n为奇数时，，
得或恒成立，则或.
故t的取值范围为.
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. 已知公差不为0的等差数列的首项为3，等比数列的前三项为，，.
（1）求，的通项公式；
（2）若数列的前n项和为，证明：.
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设的公差为，的公比为，根据等比中项的性质和等差数列的通项公式可求出，从而可得和的通项公式；
（2）由分组求和得到并化简即可证明.
【小问1详解】
设的公差为，的公比为.
由题意得，得，得，
解得（舍去）.
故，
，，所以.
【小问2详解】
证明：由题意得，
所以
.
16. 如图,在四棱锥中,四边形是梯形,,,,,,,是棱的中点.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再由线面垂直的性质定理可得，由勾股定理证得，最后再由线面垂直的判定定理可证结果；
（2）以A为坐标原点,,,所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法先求得两平面的法向量的夹角的余弦值，再求正弦值即可.
【小问1详解】
证明：因为,,所以.
因为,平面,平面,且,所以平面.
因为平面,所以.
因为,所以.
因为,所以.
因为,所以,所以,所以.
因为平面,平面,且,所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知,,两两垂直,则以A为坐标原点,,,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.
设,则,,,,
故,,.
设平面的法向量为,
则,令,则，，得.
设平面的法向量为,
则,令,则，，得.
设二面角为,则,
故,即二面角的正弦值为.
17. 已知动点 到点的距离比到直线的距离小，设的轨迹为曲线.
（1）求 的标准方程；
（2）若点 的坐标为，求的最小值;
（3）若过点的直线与 交于，两点，点 ，且，判断的条数，并说明理由.
【答案】（1）
（2）；
（3）直线的条数为3条，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）利用抛物线定义求解；
（2）设，由两点间距离公式结合二次函数性质计算即可；
（3）由题意可得在线段的垂直平分线上，设，直线的方程为，直线与曲线联立方程，由韦达定理结合中点坐标公式可得中点坐标为，分直线斜率存在与不存在两种情况求出垂直平分线所在直线方程，代入计算即可求解.
【小问1详解】
由题意可得点 到点的距离比到直线的距离小，
即点 到点的距离与到直线的距离相等，
所以点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
故曲线的标准方程为；
【小问2详解】
设，则，
令，则，
由二次函数性质可知，当时，有最小值为；
小问3详解】
因为，所以在线段的垂直平分线上，
设，直线的方程为，
则，则，，
所以，
则， ，
所以线段的中点坐标为，
若直线斜率不存在，则线段的垂直平分线为轴，
此时不在线段的垂直平分线上，不满足题意；
若直线的斜率存在，则线段的垂直平分线的斜率为，
此时垂直平分线为，
因为点在垂直平分线上，代入可得，
化简可得，即，解得或；
经检验，均符合题意.
综上，直线的条数为3条.
18. 已知数列的前n项和为，，，且（）.
（1）求；
（2）求的通项公式；
（3）求数列的前n项和.
【答案】（1）5； （2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）将代入即可得解；
（2）将整理为，即，再运用构造法构造等比数列
，即可得解；
（3）利用裂项相消法求和，并分为偶数与为奇数进行讨论即可.
【小问1详解】
当时，，
则.
【小问2详解】
当时，由，得，
则，
得，
当时，，也满足上式，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则，即.
【小问3详解】
.
当n为偶数时，
.
当n为奇数时，
，
故.
19. 已知椭圆 的离心率为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）过点的直线与椭圆交于， （异于点）两点，分别记直线 ，的斜率为，.
①当直线的斜率为时，求的面积;
②求的最小值.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率及点在椭圆上，利用待定系数法可得椭圆方程；
（2）①由已知可得直线方程，联立直线与椭圆，根据弦长公式可得，再根据点到直线距离可得面积；②设，与椭圆联立可得点坐标，同理可设，得点坐标，再根据，，三点共线，可得，即可得最值.
【小问1详解】
由已知椭圆的离心率为，即，化简可得，
则椭圆方程为，
又椭圆过点，则，
解得，
则椭圆方程为；
【小问2详解】
设，，
①由已知可得直线，即，
联立直线与椭圆，消去可得，
则，，
则，
又点到直线的距离，
所以；
②设，即
联立直线与椭圆，
消去可得，
则，
解得，
且，，
又，则，
所以，
同理可设，即可得，
又，，三点共线，则，
即，化简可得，即
所以，
当且仅当，即时等号成立，
又，所以当且仅当时等号成立，
综上所述的最小值为.