浙江省金华市2025_2026学年高二数学上学期12月阶段性联考试题含解析

这是一份浙江省金华市2025_2026学年高二数学上学期12月阶段性联考试题含解析，共21页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸.等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1．本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字
.
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4．考试结束后，只需上交答题纸.
一、单选题：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. 在空间直角坐标系中，点 关于平面 对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据点关于平面对称结合空间直角坐标系结构特征得出点的坐标.
【详解】已知点 关于平面 的对称点的坐标同点 的关系是横坐标和竖坐标不变，纵坐标相反，
因此点 关于平面 对称的点的坐标为 .
故选：A.
2. 抛物线 的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线标准方程，可求得 ，进而求得焦点坐标．
【详解】由题意可得抛物线 的焦点在 轴上，且 ，
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所以焦点坐标为 .
故选：C
3. 已知点 和 在直线 的异侧，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两点位于直线异侧可直接构造不等式求得结果.
【详解】 点 和 在直线 的异侧，
，解得 .
故选：B.
4. 设椭圆 的离心率分别为 ．若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
【详解】由 ，得 ，因此 ，而 ，所以 .
故选：A
5. 已知等差数列 ， 为其前 项和， ，则“ ”是“数列 为递减数列”的
（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
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【分析】根据等差数列的性质以及充分不必要条件的定义判断即可．
【详解】由 可得 ，整理为 ，
因为 ，故 ，数列 为递减数列，
因此条件“ ”可以推出结论“数列 为递减数列”，故充分性成立；
而数列 为递减数列，只需 即可，无需 ，
因此“数列 为递减数列”无法推出条件“ ”，故必要性不成立.
因此“ ”是“数列 为递减数列”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 数学家莱莫恩（Lemine）在 1867 年发现并证明：过 的三个顶点 、 、 作它外接圆的切线
分别和边 、 、 所在的直线相交于点 、 、 ，则三点 、 、 ，在同一直线上．这条直线
称为该三角形的“莱莫恩（Lemine）线”．在平面直角坐标系 中若某三角形三个顶点的坐标分别为
， ， ，则该三角形的莱莫恩（Lemine）线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】待定系数法求出外接圆方程，从而得到外接圆在 处的切线方程，进而求出 的坐标，得到
答案.
【详解】
设 的外接圆方程为： ，
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代入点 ，得 ，解得 ，
故 的外接圆方程为： ，即 ，
故外接圆的圆心坐标为 ，故外接圆在 处的切线为 ，
又 ，令 ，得 ，故 ；
外接圆在 处的切线为 ，又 ，
令 ，得 ，故 .
故直线 ，整理得： ，
即该三角形的莱莫恩（Lemine）线方程为 .
故选：C.
7. 设数列 的前 项和为 ，若 ，且 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将 转化为 ，利用同除构造等差数列求出 ，再根据
即可得解.
【详解】由题可得， ，若 ，则 ，同理可得 均为 0，
显然不成立，故 .
将 两边同除 ，得 ，
即 ，又因为 ，
故 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，因此 ， .
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.
故选：B.
8. 已知 为圆 ： 弦，点 ，若直线 ，直线 的斜率之积为 ，则 的
面积（ ）
A. 有最小值 B. 有最大值 1
C. 有最小值 D. 有最大值
【答案】D
【解析】
【分析】先设出直线 ，与圆的方程联立，根据 列出方程，结合韦达定理可得
直线 过定点 ，因此可重设直线 ，再根据点到直线的距离表示出弦长 与点 到直
线 的距离，即可表示出三角形的面积，再运用换元法与基本不等式，即可得解.
【详解】
由题易知，直线 的斜率必存在，故可设直线 ， .
联立直线 与圆， ，得 ，
， 得 .
若 ，则 ，经过 点，显然不符题意，故 .
由韦达定理，可得 .
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.
因此有 ，解得 ，
即 ，因此直线 过定点 ，
故重设直线 ，
因为直线 与圆相交，故圆心 到直线 的距离 ，解得 .
弦长 ，
点 到直线 的距离 ，故 .
令 ，则 ，
，
当且仅当 ，即 时，等号成立，即 的面积有最大值 .
故选：D.
二、多选题：本小题共 3 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. 下列说法中，正确的有（ ）
A. 若平面 的法向量 ， ，则 、 、 、 四点共面
B. 若平面 的法向量 ， ，则 与平面 所成的角为
C. 若平面 的法向量 ， ，则点 到平面 的距离是
D. 若 ， ，且 是钝角，则实数 的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
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【分析】对于 A，根据空间向量共面性质判断即可；对于 B，利用向量夹角公式判断即可；对于 C，利用点
到平面的距离公式求解判断即可；对于 D，利用向量数量积小于零判断后，再排除掉反向共线的情况即可.
【详解】对于 A： ， 平面 或 平面 ，又因为 平面
，故 平面 ，因此 、 、 、 四点共面，故 A 正确；
对于 B：设 与平面 所成的角为 ，则 ，因此
，即 与平面 所成的角为 ，故 B 正确；
对于 C：点 到平面 的距离 ，故 C 正确；
对于 D：因为 是钝角，故 ，解得 ，但当 时， ，此时
是平角，不满足钝角，故 D 错误.
故选：ABC.
10. 已知数列 共有 5 项，前三项成等比数列，后三项成等差数列，且 ， ，
.若 的前 项和为 ，则下列选项可能正确的是（ ）
A. B. 为最大项
C. D. 数列 ， ， 的公差为 64
【答案】AC
【解析】
【分析】根据前三项成等比数列、后三项成等差数列，设后三项的公差为 ，根据题意将 表
示成关于 d 的方程，解出 d，分情况逐项讨论即可．
【详解】设后三项的公差为 ，因为 ，则 ， ，
由 ，得 ，
由前三项成等比数列，公比 ，所以 ，
结合 ，可得 ，
解得 或 ，
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当 时，数列为 ；
当 时，数列为 ；
对于 A，当 时， ，故 A 正确；
对于 B，两种情况的最大项分别是 112 和 180，均不是 ，故 B 错误；
对于 C，当 时， ，故 C 正确；
对于 D，公差为 16 或 ，均不是 64，故 D 错误．
故选：AC．
11. 椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦
点．已知 ， 是椭圆 ， 的左、右焦点， 为坐标原点， 是椭圆的一条切线，切
点为 ， ， 在直线 上的投影分别为 ， ，则（ ）
A. B.
C. 最大值为 D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由椭圆定义与光学性质，结合三角形、梯形等平面几何知识，逐个选项分析即可.
【详解】由题意，设 关于 的对称点为 ，连接 交 于 ，连接 交 于 ，
则 ，
由于 为 中点， 为 中点，则 为三角形 中位线，
则 且 ，同理可得 ， ，
则 A 选项正确；
由等角定理以及图像可得 ，B 选项正确；
则 ，
当点 在椭圆上下顶点时， 最大，
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当 时， 的最大值不小于 ，则 最大值为 ，
当 时， 的最大值小于 ，则 最大值小于 ，
故 C 错误；
由基本不等式可得 ，
则 ，
取 中点 ，连接 ，则 为直角梯形 的中位线，
则 ，且 ，
， ，
则 ，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
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12. 已知过椭圆 ， 的焦点的最短弦长为 2，则 ________．
【答案】
【解析】
【分析】过椭圆焦点的最短弦即为通径，计算即得解.
【详解】过椭圆焦点的最短弦即为通径，椭圆的通径长为 ，由题可知 ，解得 .
故答案为： .
13. 已知直线 ： ，则直线 与圆 ： 相交的最短弦长为________．
【答案】4
【解析】
【分析】找到动直线经过的定点，即可找到圆心到直线距离的最大值，由垂径定理即可求出直线与圆相交
的最短弦长.
【详解】 可化为 ，因此易知直线 过定点 .
， 点 在圆内，
当直线截圆的弦长最短时， ， ，
此时弦长为 .
故答案为： .
14. 已知椭圆 ： ， ，若任意以 为圆心的圆和椭圆 至多有两个交点，则椭圆
离心率的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【 分 析 】 设 圆 的 方 程 为 ： ， 与 椭 圆 方 程 联 立 消 元 得
，令 ，
根据 的范围分类讨论即可求解.
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【详解】由题意有：设圆 的方程为： ，
由 ，所以 ，
令 ，
又 ，所以 为开口向上的一元二次函数，对称轴为 ，
当 ，即 ，
所以 ，所以 ，
所以存在 满足 ，所以 在 上有两个零点，
由对称性知，此时圆和椭圆 有 4 个交点，不满足题意；
当 时，对称轴 ，所以 在 上单调递增，
所以对任意 ， 最多有一个解，即 至多有一个零点，
此时圆和椭圆 至多有 2 个交点，满足题意，
则 ，所以 ；
当 时，对称轴 ，所以 在 上单调递增，
所以对任意 ， 最多有一个解，即 至多有一个零点，
此时圆和椭圆 至多有 2 个交点，满足题意，
故 ，
综上， ，
故答案为： .
四、解答题：本小题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
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15. 已知 顶点 ， ， ．
（1）求边 垂直平分线 的方程；
（2）求 的角平分线与边 的交点坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得 的中点坐标 ，再由两条直线垂直得到直线 的斜率，根据直线点斜式方程求
解即可；
（2）分别求得 ， ， 所在直线方程，设所求交点坐标为 ，由角平分线性质结合点
到直线距离公式列式计算即可求解.
【小问 1 详解】
由题意， 的中点坐标为 ， ，所以直线 的斜率为 ，
直线 的方程为 ，整理得 ；
【小问 2 详解】
由题意， 所在的直线方程： ， 所在的直线方程： ，
所在的直线方程： ，
设所求交点坐标为 ， ，
则有 ，整理得 ，
解得 或 （舍去），所以 ，
所以交点坐标为 .
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16. 如 图 ， 在 平 行 六 面 体 中 ， ， ， ，
，求：
（1）试用 表示 ，再求 的长度；
（2）求直线 与直线 所成角的余弦值．
【答案】（1） ， ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）根据几何体是平行六面体，可用基底 表示 ，将其平方后，计算空间向量的
数量积，即可得解；
（2）先将 与 均用基底 表示，再应用向量夹角公式，即可得解
【小问 1 详解】
由于几何体是平行六面体，则 ，
，
所以 ；
【小问 2 详解】
设直线 与直线 所成角为 ，则 ，
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，
又因为 ，
所以 ，
所以直线 与直线 所成角的余弦值为 .
17. 已知等腰梯形 如图 1 所示，其中 ， ，点 在线段 上，且
，现沿 进行翻折，使得平面 平面 ，点 在线段 上（含端点位置）， 是
线段 上的动点，所得图形如图 2 所示．
（1）若 ，求 的值；
（2）在（1）的条件下，点 、 、 、 均在球 的球面上，是否存在点 使得 在平面 上，若
存在求出 的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由面面垂直证得线面垂直，再逐步证得 ，最终在直角三角形 中计算得 ，
结合 ，即可得解；
（2）建立空间直角坐标系，写出坐标.法一：利用球心 到 四点的距离相同列出方程，解得球心
的坐标，再根据 三点共线设 ，表示出 G 点坐标，再根据 四点共面设
，列出方程可解出 ，进而得到 ；
法二：由几何性质得球心 在 中点，得到点 坐标，再根据 三点共线设 ，表示出点
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坐标，再求出平面 的法向量，利用点到平面距离的向量公式，使点 到平面 的距离为 ，即
可解出 ，进而得到 .
【小问 1 详解】
因为平面 平面 ， ，所以 平面 ，所以 ，
若 ，则 平面 ，
所以 ，所以 ，
所以 ， .
【小问 2 详解】
法一：如图以 为原点，以 方向为 轴，以 方向为 轴，以 方向为 轴建立空间坐标系，
则 、 、 、 ，
设球 的坐标为 ，
则 ，
解得 ，所以球心 .
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设 ，则 ，
要使得球心 在平面 上，则 、 、 、 四点共面，可得 ，
则 ，
则 ，解得 ，所以 .
法二：如图以 为原点，以 方向为 轴，以 方向为 轴，以 方向为 轴建立空间坐标系，
则 、 、 、 ，
， .
由（1）可知， 平面 ，因此易知 ，
又因为 ， 平面 ，故 平面 ，故 .
由（1）可知， 平面 ，故 ，故 .
因为 ， ，可得球心 在 中点，即球心 .
设 ，则 ，
要使得球心 在平面 上，则 、 、 、 四点共面，则 到平面 的距离为 0
设平面 的法向量为 ，则 ，
则 ，取 ，则 ，故 ，
所以 ，又因为 ，
则 ，解得 ，所以 .
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18. 在平面直角坐标系 中，已知抛物线 的焦点为 ， 是抛物线 上第一象限的
点，且 到 的距离比 到直线 的距离小 1，直线 与 交于 、 两点．
（1）求抛物线 的方程；
（2）证明以 为直径的圆过一个定点，并求出定点坐标；
（3）若 ，证明： ．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意， 到 距离与 到直线 的距离相等，可得其准线，求出 p 值，即可得答案；
（2）将直线与抛物线联立，根据韦达定理，可得 ， 表达式，进而可得 ， 表达式，
设出以 为直径的圆的方程，代入化简，可得圆的方程，分析即可得答案；
（3）根据数量积公式，可得 ，根据条件，可得 、 、 、 四点共圆，且 为直径，所以
，求出直线 的方程，可得 G 点坐标，由 ，可得 P、Q 点坐标，根据夹角公式，
可得 ，又 ，即可得证.
【小问 1 详解】
由题意， 到 的距离与 到直线 的距离相等，
所以准线 ，即 ，解得 ，
所以抛物线 的方程为 .
【小问 2 详解】
证明：联立 ，可得 ， ，
设 、 ，则 ， ，
以 为直径的圆的方程为 ，
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且 ， ，
则 ，
，
代入圆方程得 ，该圆方程过原点，坐标为 .
【小问 3 详解】
证明：由对称性不妨设 在第一象限，则有 ， ， ， 、 .
则 ，所以 ，即 ，
延长 交 轴于点 ，连接 ，
由 ，可知 ，
又因为 ，则可得 ，
所以 、 、 、 四点共圆，且 为直径，所以 ，
直线 的方程为 ，令 ，则 .
由 ，得 ，即 ，
且 ，化简可得 ，且 ，
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即可得 ，解得 ， ，故 ， ， ，
则 ， ，
所以 ，又 ，
所以 .
19. 已知数列 中，首项 ， .
（1）求证 是等比数列，并求 的通项公式；
（2）设 ，求 的前 项和 ；
（3）令 ， 的前 项和为 ，求证： ， ．
【答案】（1）证明见解析， ；
（2） ；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）将已知的数列递推式取倒数，再进行构造，即可得 为等比数列，再由等比数列
的通项公式求得数列的通项公式，逐步得到 的通项公式；
（2）将（1）中求得的 的通项公式代入 ，然后利用分组求和法结合等比数列的前 项和公式
计算可得；
（3）化简 ，得到 ，先利用放缩法证明当 时， ，再证明
当 时， ，即可得证.
【小问 1 详解】
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由已知得 ，可变形得 ，
又因为 ，所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
故 ，
解得 ，即
【小问 2 详解】
，
所以 .
【小问 3 详解】
若 为奇数， ，若 为偶数， ，
故 ，
，
当 时，
；
当 时，
因此，当 时，不等式成立.
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