精品解析：江西省多校联考2025-2026学年高二上学期12月学情检测数学试题+答案

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试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：
1.考查范围：选择性必修第一册第一章至第三章.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上.
3.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.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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. 抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线方程求出.
【详解】抛物线中，该抛物线焦点到准线的距离为.
故选：D.
2. 在空间直角坐标系中，已知，，则线段的中点到点的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用空间中点坐标公式，再利用空间两点间距离公式即可.
【详解】线段的中点坐标为，
则点到点的距离为.
故答案为：A.
3. 过点的直线的倾斜角为，则在轴上的截距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求斜率再由点斜式写出直线方程，最后求出截距即可.
【详解】由题知的斜率为，所以的方程为，
令，得.
故选：B.
4. 若椭圆：（）仅经过，，中的一个点，则椭圆的短轴长为（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆是轴对称图形，所给的三点中有两个点关于轴对称，进而可得点在椭圆上，因此可得椭圆的短轴长.
【详解】因，关于轴对称，椭圆也关于轴对称，
所以，要么都在椭圆上，要么都不在椭圆上，而椭圆仅经过，，中的一个点，
所以椭圆经过，代入得，解得，所以椭圆的短轴长为.
故选：B.
5. 若点在平面内，且的一个法向量，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用点到平面距离的向量求法直接求解即可.
【详解】，点到平面的距离.
故选：A.
6. 若直线（）与圆：及圆：共有2个公共点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分直线与相交相离、与和都相切、与相离相交求解即可.
【详解】圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
当直线与相交相离时，
则，解得；
当直线与和都相切时，
则，无解；
当直线与相离相交时，
则，无解.
综上所述，的取值范围是.
故选：C.
7. 已知三棱锥的体积为5，是边长为4的正三角形，点为的中点，点满足，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的加法及线性运算及四点共面结论得出点在平面内，再应用三棱锥体积公式计算求解.
【详解】如图，由点为的中点，可得，
所以.
因为，所以点在平面内，
的最小值就是三棱锥的高，
由，
得，得.
故选：C.
8. 已知双曲线：（），的右支上存在两点,，使得线段的中点是.若过的右焦点且垂直于轴的直线与的右支分别交于点,，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据点差法可得直线的斜率为，由直线与的右支有2个交点，可得，
根据点在的上方可得，由结合单调性求解即可.
【详解】设，，由线段的中点为，
则且，，
因为，，两式相减整理得，
即，所以，
所以直线的斜率为，
由于双曲线的渐近线方程为：，因为直线与的右支有2个交点，
所以，化简得，解得.
把代入，得，
依题意，点在点的下方，
所以，解得.综上得，.
由于，将代入中，计算可得
，
则，
由于当时，随的增大而增大，
又当时，.
所以，则的取值范围是
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. 已知曲线：，则（ ）
A. 可能是椭圆B. 不可能是双曲线
C. 不可能是圆D. 可能是两条直线
【答案】AD
【解析】
【分析】根据椭圆，双曲线及圆的标准方程，直线方程应用特殊值法判断各个选项.
【详解】当，时，为椭圆，故A正确；
当，时，为双曲线，故B错误；
当时，为圆，故C错误；
当，时，为两条直线，故D正确.
故选：AD.
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 若为空间的一组基底，则，，也能构成空间的一组基底
B. 若为空间的一组基底，则不存在，，使得
C. 若为直线的一个方向向量，为平面的法向量，则
D. 若，，则对任意实数，，不共线
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于AB根据基底的概念、空间向量的共面定理及推论判断，对于C，根据向量法判断线面关系可知，对于D，根据向量平行的坐标关系判断.
【详解】对于A：因为，所以，，共面，
不能构成空间的基底，故A错误；
对于B：若存在，，使得，则，，共面，不满足题意，故B正确；
对于C，由，可得，C正确；
对于D：因为，所以对任意实数，，不共线，故D正确.
故选:BCD.
11. 已知点，圆：（），定义直线：为点的“伴随线”，则下列结论正确的有（ ）
A. 若点在圆上，则点的“伴随线”与圆相切
B. 若点在圆外，过点作两直线与圆分别相切于点，，则直线为点的“伴随线”
C. 若点在圆内，则点的“伴随线”与圆相交
D. 若点，在圆上，它们的“伴随线”分别为，，且垂直，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A：利用点到直线的距离公式可得“伴随线”与圆是否相切；
选项B：设，，可得直线及的方程，把点代入可得直线的方程，从而可判断出B的正确与否；
选项C：利用点到直线的距离公式可得“伴随线”与圆是否相交；
选项D：设，，易得直线及的方程，由垂直可得，从而可求出．
【详解】选项A：当点在圆上时，，圆心到的距离，
点的“伴随线”与圆相切，故A正确；
选项B：设，，则圆在点，处的切线方程分别为：
，．
因为点在这两条切线上，所以，，
所以点，都在直线上，
所以直线的方程为，故B正确；
选项C：当点在圆内时，，圆心到的距离，
“伴随线”与圆不相交，故C错误；
选项D：设，，易知：，：，
因为，垂直，所以，
所以，即，
所以，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. 在空间直角坐标系中，若直线与平面平行，则一个方向向量的坐标可能为________.
【答案】（答案不唯一，满足，不全为0，的都可以）
【解析】
【分析】根据方向向量的定义进行解答即可.
【详解】因为直线与平面平行，所以的一个方向向量的坐标为0，不全为0，
所以的一个方向向量的坐标可能为.
故答案为：.
13. 已知，是抛物线：上不同两点.若直线过点，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，得到与的关系，再对进行变形，最后利用基本不等式求解其最小值.
【详解】设直线的方程为，与联立得，
由根与系数的关系得，∴，
∴，当且仅当时取等号.
故答案为：
14. 已知，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】设，，将题设所求转化成求圆弧（，）上的点与点连线的斜率，数形结合分析计算即可求解.
【详解】设，，则（，），，
表示圆弧（，）上的点与点连线的斜率，
如图，连线过，时斜率最大为，连线与圆弧相切时斜率最小，设最小斜率为k，
则此时切线方程为，即，
则，解得（舍去）或，即连线与圆弧相切时斜率最小为，
所以的取值范围是.
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. 已知直线：与轴交于点，原点为.
（1）若直线过点，且与平行，求的一般方程；
（2）若圆过点，两点且与相切，求圆的标准方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先求出的值再确定直线的斜率再由点斜式写出直线的方程；
（2）法一：先设出圆的标准方程利用待定系数法求出圆的标准方程，法二：根据圆的性质先确定圆心所在的位置求出圆心的横坐标，再设出圆的方程根据条件即可求出圆的标准方程.
【小问1详解】
把代入，得，
所以直线的斜率，直线.
因为，所以的斜率，
所以的方程为，即.
【小问2详解】
法一：设圆的标准方程为（），
由题意可得，解得或，
所以圆的方程为或.

法二：因为圆过原点，
所以点在线段的垂直平分线上，
设圆的方程为（），
由圆过点，得，
由圆与相切，得，即，
整理得，解得或，
当时，，当时，，
所以圆的方程为或.
16. 已知，，动点满足，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）若点在上，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的定义求解即可；
（2）设，，由双曲线的定义和勾股定理列方程组，进而可求出，从而可得出答案.
【小问1详解】
由双曲线的定义及，
可得点的轨迹是焦点在轴上的双曲线，
设其标准方程为（，），
则，解得，，
所以的方程为；
【小问2详解】
设，，由双曲线的定义得，
因为，所以，
所以的面积为.
17. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，，点为的中点，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）先证明线面垂直，再得到面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和法向量，后利用向量夹角公式计算，再结合同角三角函数关系式求解.
【小问1详解】
由，，，
可得，，
因，所以，又，所以.
因为点为的中点，，所以.
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，平面，，所以平面，
因为平面，所以，所以，，两两垂直.
以点为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则，即，
取，得，
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.
18. 如图，在三棱柱中，点为的中点，记，，.
（1）用，，表示；
（2）若三棱锥是棱长为2的正四面体，求；
（3）若三棱锥是正三棱锥，且异面直线与所成角的余弦值大于，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）3 （3）
【解析】
【分析】（1）利用向量的线性运算求解；
（2）由已知可得，利用计算可得；
（3）由已知设，，，可得，，由，得，异面直线与所成角的余弦值大于，可得，即可求得的取值范围.
【小问1详解】
由已知，，，
则.
【小问2详解】
因为三棱锥是棱长为2的正四面体，
所以，则.
因为，
所以
.
【小问3详解】
由三棱锥是正三棱锥，设，，
则，所以，
则，
则，.
因为，
所以
，
.
设异面直线与所成的角为，
则，解得，
所以的取值范围是.
19. 已知椭圆：经过点，且与椭圆：离心率平方之和为.
（1）求的方程；
（2）已知，过椭圆的右焦点且斜率不为0的直线与交于点，.
（ⅰ）若，分别在第一、四象限，求四边形面积的取值范围；
（ⅱ）若直线，的倾斜角分别为，，且，求直线与直线的交点到直线的距离.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）6
【解析】
【分析】（1）根据椭圆经过的点以及与椭圆的离心率平方之和来确定椭圆的参数和.
（2）（ⅰ）求出及的值，根据面积公式求出四边形面积并确定其取值范围.
（ⅱ）根据及直线，斜率之间的关系，求出直线，的方程，联立得到交点坐标，最后根据点到直线的距离公式求出交点到直线的距离.
【小问1详解】
由椭圆经过点，得，解得，
所以椭圆的离心率为；
椭圆的离心率为，
由椭圆与椭圆的离心率平方之和为得，
，即，解得.
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设，，直线的方程为，
联立，整理得，
，
所以，.
（ⅰ）因为，分别在第一、四象限，
所以，即，解得.
四边形的面积
，
设，则，则，
故四边形面积的取值范围为.
（ⅱ）由，，得，
所以
，由题知，
又，
得，与联立得，，
所以直线，的方程分别为，，
两式联立得，直线与联立得，
代入，求得直线的方程为，
所以点到直线的距离为.