山西省吕梁市2025-2026学年高二上学期12月冲刺考数学试卷（Word版附解析）

这是一份山西省吕梁市2025-2026学年高二上学期12月冲刺考数学试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为（ ）
A．B．C．D．
3．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．159B．126C．109D．98
4．若直线为双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．
5．已知等比数列的公比为，设甲：，乙：是递增数列，则甲是乙的（ ）
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
6．圆关于直线对称的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．在数列中，，，为的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在平行六面体中，，，，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知平面，的一个法向量分别为，，直线的一个方向向量为，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．已知数列的前项和为，且，则（ ）
A．1024不是的项
B．为等差数列
C．为等比数列
D．的前项和等于
11．已知抛物线的焦点为，过的直线与交于、两点，，为坐标原点，则（ ）
A．的准线方程为B．
C．的最小值为D．的面积的最小值为
三、填空题
12．在四棱锥中，若，则实数 ．
13．已知椭圆的离心率为，则 ．
14．已知数列满足，，则数列的通项公式为 ．
四、解答题
15．已知数列的前项和为．
(1)若为等比数列，，，求的公比；
(2)若为等差数列，，，求．
16．已知圆过，两点，且圆心在直线上．
(1)求圆的标准方程；
(2)若直线与圆相交于点，，求的最小值及此时的值．
17．如图，在四棱锥中，平面，，为等边三角形，，，分别是，的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小．
18．已知数列满足，．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求满足的正整数的最大值；
(3)若，求数列的前项和．
19．如图，为圆上一动点，过作轴的垂线，垂足为，点满足．当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)直线与曲线交于，两点．
（i）若线段的中点为，求直线的方程；
（ii）若曲线与轴的交点，（在的左边），过点且斜率不为0，直线与交于点，判断点是否在定直线上，若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由．
1．A
求出给定直线的斜率，进而求出其倾斜角.
【详解】直线的斜率为，所以该直线的倾斜角为.
故选：A
2．C
根据空间直角坐标系的性质，直接判断结果即可.
【详解】点关于轴的对称点为．
故选：C．
3．B
利用等差数列的前项和公式，结合等差数列的性质求解.
【详解】设的公差为，由题意得，解得，
所以．
故选：B
4．D
根据渐近线的概念，写出参数之间的等量关系，根据离心率的概念直接求出结果即可.
【详解】由题意知，所以，
所以离心率．
故选：D．
5．D
结合等比数列的单调性及充分条件和必要条件定义判断充分性及必要性可得结论．
【详解】当，时，，不是递增数列，充分性不成立；
当，时，是递增数列，但不成立，必要性不成立．
所以甲是乙的既不充分也不必要条件.
故选：D.
6．A
先求得圆心的对称点，结合半径求得正确答案.
【详解】由题意知，设点关于直线的对称点为，
则解得
故所求圆的方程为．
故选：A．
7．C
通过对递推式变形构造常数列，求出通项 ，进而用等差数列求和公式得 .
【详解】由，得，
所以，移项得，
即，所以为常数列，
又，所以，所以，
易知是等差数列，所以．
故选：C
8．B
以、、为基底向量，计算基底间的数量积，进而表示出与，通过向量的数量积与模长公式，结合异面
直线所成角的余弦公式（向量夹角余弦的绝对值）求解.
【详解】记，，，
则，，，
又，，
所以，
，
，
记与所成的角为，则．
故选：B
9．ABD
根据给定条件，利用空间位置关系的向量证明逐项分析计算判断.
【详解】对于A，由，得，则，即，A正确；
对于B，由，得，则，，即，解得，因此，B正确；
对于C，由，得，则，C错误；
对于D，由，得，则，，即，，解得，D正确.
故选：ABD
10．BCD
已知数列满足，求得通项，选项：利用通项公式与等比数列定义验证1024是否在数列中；选项：利用对数运算与等差数列定义判断的等差性；选项：利用数列差与等比数列定义判断的等比性；选项：利用等比数列求和公式结合计算前项和是否等于.
【详解】因为，所以当时，，所以；
当时，，所以，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，故.
则，是的第11项，故A错误；
，所以为等差数列，故B正确；
，易知为等比数列，故C正确；
，易知为等比数列，其首项为1，公比为4，
所以的前项和等于，故D正确．
故选：BCD
11．BC
利用抛物线的标准方程求出准线方程，可判断A选项；设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，结合平面向量数量积的坐标公式可判断B选项；利用抛物线的定义可判断C选项；利用三角形的面积公式可判断D选项.
【详解】由题意知，抛物线的焦点为，准线方程为，故A错误；
若直线与轴重合，则该直线与抛物线有且只有一个交点，不符合题意，
设的方程为，、，由得，
，所以，，所以，
所以，故B正确；
分别过、作的准线的垂线，垂足分别为、，则，
当且仅当、、三点共线时等号成立，此时，故C正确；
的面积，
当时，的面积取得最小值，故D错误．
故选：BC．
12．
根据四点共面的性质求解即可.
【详解】因为，且，，，四点共面，
所以，所以．
故答案为：.
13．或
对进行分类讨论，结合离心率列方程，从而求得.
【详解】当时，由题意得，解得；
当时，由题意得，解得，
故的值为或．
故答案为：或
14．
根据数列递推公式和累加法，以及等差数列前项和，求出数列通项公式即可.
【详解】因为，所以，
当时，，即；
当时，，
，
，
以上各式左右两边分别相加，得，
化简得，
所以，所以，
当时，不符合题意，所以.
故答案为：.
15．(1)1或
(2)-100
（1）根据等比数列的通项公式列出关于首项和公比的方程组，解方程组即可
（2）方法1：根据等差数列结合下标和性质即可求解；方法2，根据等差数列的公式列出关于和的方程组，解方程组即可.
【详解】（1）设数列的公比为，由题意得
两式相除，得，即，
解得，或．
（2）法1：由，，得，
因为这些项成等差数列，且项数为80，
由等差数列的性质，得，
所以，
所以，
所以．
法2：设数列的公差为，由，，得
化简，得解得
所以．
16．(1)
(2)的最小值为，
（1）由圆的性质可得，圆心在的垂直平分线上，联立和可得圆心的坐标，进而求
出，可得圆的方程；
（2）由（1）知圆心，半径为2，易得直线过定点，分析可得要使最小，直线必与垂直，进而求
解即可.
【详解】（1）由题意，得直线的斜率为，且的中点为，
所以的垂直平分线所在的直线斜率为1，
故的垂直平分线所在的直线方程为．
由，得，故圆心的坐标为，
又，
所以圆的标准方程为．
（2）由（1）知圆心，半径为2，
因为直线的方程为，即，
令，解得，故直线过定点．
又，故点在圆内，
要使最小，直线必与垂直，而直线的斜率等于，
所以直线的斜率为，则，即，
此时的最小值为．
17．(1)证明见解析
(2)．
（1）通过取中点构造辅助线，利用平行四边形证明线线平行，再结合线面平行的判定定理，证得平行于平面.
（2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标后求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角公式计算，得到平面与平面的夹角.
【详解】（1）取的中点，连接，，因为为的中点，
所以，且，
又，且，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）分别取，的中点，，连接，，则，，
因为平面，，平面，所以，，
所以，，所以，，两两垂直．
以为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量，则即令，
解得，，所以，
设平面的一个法向量，则即令，
解得，，所以，
记平面与平面的夹角为，
则．
又，所以，即平面与平面的夹角的大小为．
18．(1)证明见解析
(2)99
(3)
（1）由已知递推式取倒数后变形，利用等比数列定义验证与的比值为常数，从而证明数列为等比数列.
（2）表示出，求和得到，再根据数列的单调性以及不等式条件，通过代数确定满足的最大正整数.
（3）由已求得的代入表达式，得，利用错位相减法求和，得到数列前项和的表达式.
【详解】（1）证明：因为，，所以，
，所以，
又，所以，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）得，所以，
记，
所以，
因为，所以为递增数列，
，，
所以使得成立的正整数的最大值为99．
（3）由（2）得，记的前项和为，
则，
上式两边同乘以，得，
两式相减，得
，
所以．
19．(1)；
(2)（i）；（ii）点在定直线上．
【详解】（1）设，由轴且，得，
由为圆上一动点，得，则，
所以曲线的方程为.
（2）（i）由（1）知曲线的方程为，而，则点在曲线内，
设，则，，
两式相减，得，即，
由为线段的中点，得，，则，
所以的方程为，即.
（ii）由（1）得，设直线的方程为，，
由消去得，，
则，，，
直线的方程为，直线的方程为，
因此，
解得，即点的横坐标恒为，
所以点在定直线上.