浙江省金华市卓越联盟2025_2026学年高二上学期12月阶段性联考数学试题 [含答案]

这是一份浙江省金华市卓越联盟2025_2026学年高二上学期12月阶段性联考数学试题 [含答案]，共17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．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．
2．抛物线的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．已知点和在直线的异侧，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．设椭圆的离心率分别为．若，则（ ）
A．B．C．D．
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
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．
7．设数列的前项和为，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知为圆：的弦，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
二、多选题
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
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
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．
三、填空题
12．已知过椭圆，的焦点的最短弦长为2，则 ．
13．已知直线：，则直线与圆：相交的最短弦长为 ．
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 ．
四、解答题
15．已知顶点，，．
（1）求边的垂直平分线的方程；
（2）求的角平分线与边的交点坐标．
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．
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．
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：．
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．【正确答案】A
【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．【正确答案】C
【详解】由题意可得抛物线的焦点在轴上，且，
所以焦点坐标为.
故选C
3．【正确答案】B
【详解】点和在直线的异侧，
，解得.
故选B.
4．【正确答案】A
【详解】由，得，因此，而，所以.
故选A
5．【正确答案】A
【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．【正确答案】C
【详解】
设的外接圆方程为：，
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．【正确答案】B
【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，.
.
故选B.
8．【正确答案】D
【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.
.
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.
9．【正确答案】ABC
【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．【正确答案】AC
【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，
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．【正确答案】ABD
【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；
由等角定理以及图象可得，B选项正确；
则，
当点在椭圆上下顶点时，最大，
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.
12．【正确答案】
【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.
13．【正确答案】4
【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.
14．【正确答案】
【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，.
15．【正确答案】（1）
（2）
【详解】（1）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；
（2）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.
16．【正确答案】（1），；
（2）.
【详解】（1）由于几何体是平行六面体，则，
，
所以；
（2）设直线与直线所成角为，则，
，
又因为，
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
17．【正确答案】（1）
（2）存在，
【详解】（1）因为平面平面，，所以平面，所以，
若，则平面，
所以，所以，
所以，.
（2）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.
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.
18．【正确答案】（1）
（2）见详解，
（3）见详解
【详解】（1）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.
（2）证明：联立，可得，，
设、，则，，
以为直径的圆的方程为，
且，，
则，
，
代入圆方程得，该圆方程过原点，坐标为.
（3）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，
即可得，解得，，故，，，
则，，
所以，又，
所以.
19．【正确答案】（1）见详解，；
（2）；
（3）见详解.
【详解】（1）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
（2），
所以.
（3）若为奇数，，若为偶数，，
故，
，
当时，
；
当时，.
因此，当时，不等式成立.