精品解析：辽宁省部分重点高中2025～2026学年高二上学期12月联考数学试题

辽宁省部分重点高中2025~2026学年度上学期高二12月联考 数学试题 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 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，则（ ） A. 12 B. C. 8 D. 2. 如图，在长方体中，，点是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线的一个方向向量为，直线经过点，且，则直线的方程为（       ） A. B. C. D. 4. 已知直线过圆的圆心，且与直线垂直，则的方程为（  ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线与椭圆有相同的焦点，则实数m的值为（ ） A. B. C. 3 D. 6 6. 已知过抛物线 的焦点 的动直线交抛物线 于 两点， 为线段 的中点， 为抛物线 上任意一点，则 的最小值为（ ） A. 6 B. 3 C. 12 D. 9 7. 如图所示，六个不同的自然数排成三角形，且每一行中最小的数均大于下一行中最小的数，则这样的排列共有（ ）种. A. 36 B. 240 C. 120 D. 60 8. 若的二项展开式共有8项，则该二项展开式（ ） A. B. 各项的二项式系数和为128 C. 二项式系数最大的项只有1项 D. 第5项系数等于 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 在正方体中，，分别是、的中点，用经过直线的平面去截该正方体，则该截面的形状可能为（ ） A. 正三角形 B. 等腰梯形 C. 正五边形 D. 正六边形 10. 已知动点满足，则（ ） A. 点的轨迹长度为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 下列关于的说法，正确的是（ ） A. 展开式的各二项式系数之和是1024 B. 展开式各项系数之和是1024 C. 展开式的第5项的系数为252 D. 展开式的的系数为45 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知在棱长为的正四面体中，动点满足，记所在平面为，则平面截点的轨迹所形成的图形的周长为__________. 13. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，动点P满足，动点Q满足则的最大值为______. 14. 给正方体的8个顶点涂色，规则：从顶点开始涂色，之后每选取一个未涂色顶点且与上次所涂顶点不在同一条棱上的顶点进行涂色．若涂色3次，则第3次恰好涂在点的概率为______． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 如图，棱长为斜三棱柱中，，分别是的中点. （1）求四边形的面积； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 16. 已知，，动点P与点A距离是它到点B距离的2倍． （1）求点P的轨迹C的方程，并判断其形状； （2）求的取值范围． 17. 已知的展开式中第项为，，且第三项和第九项的二项式系数相等． （1）求第四项的二项式系数与系数； （2）求二项式系数的最大值及展开式系数的最大值． 18. 如图，在四棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形. （1）证明：. （2）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （3）在棱上是否存在点，使得三棱锥外接球的球心在平面内？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 19. 已知双曲线的离心率，右焦点到渐近线的距离为. （1）求双曲线的标准方程； （2）已知点，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，，直线与双曲线交于另一点，设直线AM，AN的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）求证：直线MP过定点，并求出该定点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省部分重点高中2025~2026学年度上学期高二12月联考 数学试题 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 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，则（ ） A. 12 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量数量积的运算律以及模长的坐标运算即可得出结果. 【详解】因为， 所以,， 则,所以, 故选：B 2. 如图，在长方体中，，点是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系，然后列出的坐标，然后根据向量夹角的余弦公式求出异面直线与所成角的余弦值即可. 【详解】以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则. 那么，所以异面直线与所成角的余弦值为 , 故选：A. 3. 已知直线的一个方向向量为，直线经过点，且，则直线的方程为（       ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用直线的点斜式方程求解即得 【详解】直线的一个方向向量为，则直线的斜率为， ∵， ∴直线的斜率为，而直线过点， 所以直线的方程为，即. 故选：D. 4. 已知直线过圆的圆心，且与直线垂直，则的方程为（  ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出圆的圆心和半径，再根据两条直线垂直，斜率之积为，再利用点斜式求出直线方程即可. 【详解】由圆的方程可求出圆心， 又因为直线的斜率，且直线与直线垂直， 所以根据两条直线垂直，斜率之积为，可得直线的斜率是， 根据点斜式方程可知直线的方程是：,整理得. 故选：C 5. 已知双曲线与椭圆有相同的焦点，则实数m的值为（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先求椭圆的焦点，再根据椭圆与双曲线有相同焦点列式求的值. 【详解】由题意知，双曲线的方程为，椭圆的标准方程为， 椭圆的焦点在x轴上，且，，所以. 因为双曲线与椭圆有相同的焦点，所以，且，解得. 故选：C 6. 已知过抛物线 的焦点 的动直线交抛物线 于 两点， 为线段 的中点， 为抛物线 上任意一点，则 的最小值为（ ） A. 6 B. 3 C. 12 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线方程写出焦点坐标和准线方程，设出动直线方程为，与抛物线方程联立并利用韦达定理和抛物线定义计算可得结果. 【详解】由抛物线 可得，其准线方程为, 作垂直于准线，垂足为，如下图所示： 设过的直线方程为，； 联立直线与抛物线方程可得； 因此可得，所以, 可得， 由抛物线定义可知 ， 当三点共线时， 的最小值为， 此时，即动直线垂直于轴时， 的最小值为6. 故选：A 7. 如图所示，六个不同的自然数排成三角形，且每一行中最小的数均大于下一行中最小的数，则这样的排列共有（ ）种. A. 36 B. 240 C. 120 D. 60 【答案】B 【解析】 【分析】设最上面一行为第一行，由题意可知最小的数一定在第三行，确定另两个数，然后全排列，继而确定第二行的排列，最后剩下一个数排在第一行，由此可解. 【详解】设最上面一行为第一行， 由题意可知最小的数一定在第三行，则这一行的另外两个数从剩下的五个数中选， 有种选法，然后全排列，故有种排法； 第二行最小的数应是剩下的三个数中最小的数，另一个数从其余两个数中选，然后全排列， 此时共有种排法， 则剩余的一个数排在第一行，则这样的排列共有种， 故选：B 8. 若的二项展开式共有8项，则该二项展开式（ ） A. B. 各项的二项式系数和为128 C. 二项式系数最大的项只有1项 D. 第5项系数等于 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式和相关性质逐一判断各选项即可. 【详解】由题意，解得，故A错误； 二项展开式的各项的二项式系数和为，故B正确； 的二项展开式共有8项，其二项式系数最大的项有两项，分别为第四项和第五项，故C错误； 对于D，二项展开式的第5项为，其系数为35，故D错误. 故选：B. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 在正方体中，，分别是、的中点，用经过直线的平面去截该正方体，则该截面的形状可能为（ ） A. 正三角形 B. 等腰梯形 C. 正五边形 D. 正六边形 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间坐标系，找到截面图形，借助向量验证图形即可. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系；设棱长为2，则,; 对于A，取中点，则,,, 因为,所以为正三角形，A正确； 对于B，连接，, ,,; 因为，所以四边形为梯形， 因为,所以四边形为等腰梯形，B正确； 对于C，因为，假如存在截面为正五边形，则其每个边长均为， 由正方体的对称性可知，无法出现截面为正五边形的情况，C不正确； 对于D，如图，分别取的中点，连接; ,, 因为，所以且,同理可得其余对边也相互平行，且长度均为； 所以六边形为正六边形，D正确. 故选：ABD 10. 已知动点满足，则（ ） A. 点的轨迹长度为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】易知动点的轨迹为圆.对于A，利用圆的周长公式即可判断；对于B，先分析出的几何意义，再由数形结合分析圆上一点到圆外定点的最短距离即可判断；对于C，先分析出的几何意义，再由数形结合分析圆上一点到圆外定点的连线所在直线的斜率最大值即可；对于D：先分析出的几何意义，再由数形结合分析圆上一点到圆外定直线的最短距离即可判断. 【详解】可整理为，设，故点的轨迹为以为圆心，半径的圆. 对于A：点的轨迹长度即为圆的周长，，故A正确； 对于B：的几何意义为动点（即圆上一点）到点的距离. 易知，当点位于点与点的连线与圆的交点时，此时点到点的距离最短，最短距离， 即的最小值为，故的最小值为，故B错误； 对于C：的几何意义为动点（即圆上一点）与连线所在直线的斜率. 设，易知，当直线过点且与圆相切于轴上方时，动点与连线所在直线的斜率最大，即最大， 易知此时，又由相切可知，， 故，故，， 因此的最大值为，故C正确； 对于D：的几何意义是动点（即圆上一点）到直线的距离. 易知，动点到直线距离的最小值为圆心到直线的距离，再减半径，即， 因此的最小值为，故的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 11. 下列关于的说法，正确的是（ ） A. 展开式的各二项式系数之和是1024 B. 展开式各项系数之和是1024 C. 展开式的第5项的系数为252 D. 展开式的的系数为45 【答案】AD 【解析】 【分析】利用二项式定理及赋值法判断A、B，写出展开式通项，进而确定对应项的系数判断C、D. 【详解】A，的展开式的各二项式系数之和是，A正确； B，令，得的展开式的各项系数之和为0，B错误； C，的展开式通项公式为且， 所以第5项的系数为，C错误； D，令，则展开式的的系数为，D正确. 故选：AD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知在棱长为的正四面体中，动点满足，记所在平面为，则平面截点的轨迹所形成的图形的周长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】以点为原点，建立空间直角坐标系，设，根据题意，求得点的轨迹为一个球面，求得球心到平面的距离，结合截面圆的性质，得到截面圆的半径为，即可求解. 【详解】以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为正四面体的棱长为，设为的中心， 可得平面，且， 则， 设，因为， 可得， 整理得， 即点的轨迹为以为球心，半径为的球面， 则球心到平面的距离为，即球心到平面的距离为， 又由截面圆的性质，可得截面圆的半径为， 所以截面圆的周长为. 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，动点P满足，动点Q满足则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆的定义求出的轨迹方程，再确定出的轨迹，最后分析的最大值即可. 【详解】由题意得，， 动点满足，且， 又，故的轨迹是以为焦点的椭圆，即， 椭圆的标准方程为， 又动点Q满足，，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 即， 的最大值为椭圆上点到圆心的最大距离加圆的半径， 设椭圆上任意一点，则， 点到点的距离平方为， ，故当时，取得最大值为，即， . 故答案为：. 14. 给正方体的8个顶点涂色，规则：从顶点开始涂色，之后每选取一个未涂色顶点且与上次所涂顶点不在同一条棱上的顶点进行涂色．若涂色3次，则第3次恰好涂在点的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】按照分步乘法计数原理即可得到结果 【详解】 正方体中，从顶点开始涂色，第一次涂色后，与不在同一条棱上的顶点有,共种选择； 第二次涂色时，需选择一个与第一次所涂顶点不在同一条棱上的顶点。 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 所以总的路径为种，其中第3次恰好涂在点的有种，所以概率为. 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 如图，棱长为斜三棱柱中，，分别是的中点. （1）求四边形的面积； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：过点作平面，垂足为，连接，再过点作于点，作于点，证明是的平分线，证明平面，得，所以,从而可计算面积； 方法二：令，，，用向量法证明，再计算面积； （2）在（1）方法二基础上由空间向量法计算异面直线所成的角． 【小问1详解】 法一：过作平面，垂足为， 过作于，连，则， 作于，连，则， 又， ∴，， ∴，从而在平分线上， ∵是正三角形， ∴， 由，平面， 知平面， 平面， ∴， ∴四边形是边长为2的正方形， ∴四边形的面积为； 法二：令，，，则，， ，， ， ∴， ∴四边形是边长为2的正方形， ∴四边形的面积为； 【小问2详解】 如图，连接， 由（1）方法二得， ， 所以， ， 所以， 设直线与所成的角为， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 16. 已知，，动点P与点A距离是它到点B距离的2倍． （1）求点P的轨迹C的方程，并判断其形状； （2）求的取值范围． 【答案】（1），是以为圆心，为半径的圆； （2）． 【解析】 【分析】（1）由已知得，结合两点间距离公式，进行化简整理便可得到点P的轨迹方程； （2）通过计算可知A在圆E的外部，直线AE的方程与联立，可得的取值范围，从而得解. 【小问1详解】 设点P的坐标为， 则，， 由已知得，所以， 化简整理得， 所以轨迹C的方程为． 配方得：， 故轨迹C是以为圆心，为半径的圆． 【小问2详解】 由已知得， 由，且，所以A在圆E的外部． 直线AE的方程为． 由与联立得， 整理得，解得，， 所以直线AE与圆有两个交点为，． 求得，， ， 即， 故的取值范围为． 17. 已知的展开式中第项为，，且第三项和第九项的二项式系数相等． （1）求第四项的二项式系数与系数； （2）求二项式系数的最大值及展开式系数的最大值． 【答案】（1）第四项的二项式系数为；系数为 （2）二项式系数的最大值为；系数最大值为 【解析】 【分析】（1）首先由第三项与第九项的二项式系数相等的条件可得的值，进而确定二项式定理的通式，从而得所求； （2）根据二项式系数的性质确定二项式系数的最大值，再由，得的单调性，从而确定系数最大时的值，进而求解出系数的最大值． 【小问1详解】 已知的展开式中第项，，且第三项和第九项的二项式系数相等． 即，故； 又展开式的通项为，故， 所以第四项的二项式系数为，系数为； 【小问2详解】 因为是偶数，故二项式系数的最大值为， 因为，故， 因为， 令，得：，因为是正整数，故时，； 时，， 所以第8项的系数最大，最大值为． 18. 如图，在四棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形. （1）证明：. （2）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （3）在棱上是否存在点，使得三棱锥外接球的球心在平面内？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据边长关系，结合勾股定理得，结合面面垂直性质定理证明平面得，进而证明平面即可证明结论； （2）根据（1）的证明，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用坐标求解平面与平面夹角即可； （3）假设存在，设三棱锥外接球的球心，，，再根据球心到的距离相等解方程即可得答案. 【小问1详解】 证明： 因为，， 是以为斜边的等腰直角三角形. 所以，，即 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以，因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以 【小问2详解】 由（1）知两两垂直，如图建立空间直角坐标系， ，，，，， ，， 设，， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 所以， 又平面的法向量为，平面与平面夹角的余弦值为 所以， 整理得，解得或（舍）， 所以，当为棱靠近点的三等分点时，平面与平面夹角的余弦值为，此时. 【小问3详解】 假设棱上存在点，使得三棱锥外接球的球心在平面内， 设三棱锥外接球的球心，， 所以三棱锥外接球的球心到的距离相等， 即，即， 解方程得，， 所以，棱上存在点，使得三棱锥外接球的球心在平面内，此时 19. 已知双曲线的离心率，右焦点到渐近线的距离为. （1）求双曲线的标准方程； （2）已知点，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，，直线与双曲线交于另一点，设直线AM，AN的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）求证：直线MP过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析，. 【解析】 【分析】（1）利用给定的离心率及焦点到渐近线的距离，列式求出即可得双曲线方程. （2）（i）由题意易得直线l的斜率存在,设，直线l的方程为，联立直线与双曲线方程，化简的式子，结合韦达定理即可求出结果.（ii）求出直线的方程，利用根与系数的关系以及定值探究直线过哪个定点． 【小问1详解】 设双曲线右焦点， 由到双曲线的渐近线的距离为，得， 由双曲线的离心率，得，解得， 所以双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 （i）显然直线的斜率存在，设其方程为， 由消去得， ，由直线与双曲线的左、右支分别交于点， 得，解得，则 ， 所以为定值. （ii）设直线的方程为，直线斜率，由（i）得， 由消去得， ， 由，得，即或， 当时，直线过点，不符合题意，舍去， 当时，直线的方程为，过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $