精品解析：山东泰安市新泰市部分学校2025-2026学年高二上学期12月联考数学试题

山东省新泰市部分学校2025-2026学年高二上学期12月联考数学试题 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. 已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（ ） A. B. C. D. 2. 实轴长与焦距之比为黄金数的双曲线叫黄金双曲线，若双曲线是黄金双曲线，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知公差为负数的等差数列的前项和为，若，，是等比数列，则当取最大值时，（ ） A. 2或3 B. 2 C. 3 D. 4 4. 如图所示，一隧道内设双行线公路，其截面由一个长方形和抛物线构成，为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上高度之差至少要有，已知行车道总宽度，那么车辆通过隧道的限制高度为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（ ） A. 内含 B. 相切 C. 相交 D. 外离 6. 已知，两点到直线：的距离相等，则（ ） A. B. 6 C. 或4 D. 4或6 7. 在数列中，，对任意大于1的正整数，点在直线上，那么（ ） A. 5 B. C. 50 D. 75 8. 已知是椭圆的左，右焦点，点是椭圆上一点，且，，则椭圆的离心率（ ） A. B. C. D. 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. 已知直线：，直线：，则（ ） A. 当时，两直线的交点为 B. 直线恒过点 C. 若，则 D. 若，则或 10. 已知等差数列 是递减数列，且满足的前项和为，下列选项中正确的是（ ） A. B. 当时，最大 C. D. 11. 如图，将一个等腰三角形去掉顶部的小三角形后，剩余部分均分成个高为1的等腰梯形，记第1个梯形的上、下底边长分别为，，则（ ） A. 第个梯形的上底边长为 B. 第个梯形的下底边长为 C. 第个梯形的面积为 D. 前个梯形的面积之和为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 如果平面，直线，点满足：，且直线与所成的角为直线与直线所成的角为，那么与所成角的大小为_________． 13. 若两点到直线的距离相等，则__________. 14. 已知为坐标原点，是椭圆上异于顶点的动点，圆与直线交于两点，与轴、轴分别交于两点，且，则面积的取值范围为____________. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知三点在圆C上，直线， （1）求圆C的方程; （2）判断直线与圆C的位置关系；若相交，求直线被圆C截得的弦长． 16. 在数列中，. （1）证明：是等比数列； （2）若数列的前项和，求数列的前项和. 17. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且；数列满足． (1)求和； (2)求数列的前n项和． 18. 设椭圆的右焦点为，左右顶点分别为，.已知椭圆的离心率为，. （1）求椭圆的方程； （2）已知为椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，且，若三角形与三角形的面积比为1:2，求直线的方程. 19. 如图，在三棱柱中，平面，，，，点D，E分别在棱和棱上，且，，M为棱的中点． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点H，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省新泰市部分学校2025-2026学年高二上学期12月联考数学试题 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. 已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设平面内任意一点，由题意，由此可得，对比选项即可得解. 【详解】设平面内任意一点，则，平面的一个法向量为 所以，整理得， 而，，，， 所以对比选项可知只有在平面内. 故选：C. 2. 实轴长与焦距之比为黄金数的双曲线叫黄金双曲线，若双曲线是黄金双曲线，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意知，平方后利用化简即可求出. 【详解】由题意， 所以， 解得， 故选：A 3. 已知公差为负数的等差数列的前项和为，若，，是等比数列，则当取最大值时，（ ） A. 2或3 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据等比中项的性质得到，从而得到其通项公式，再确定数列的所有非负数项即可得解. 【详解】设等差数列的公差为，由，，是等比数列， 即，得，解得， 则， 显然等差数列单调递减，当时，，当时，， 所以当取最大值时，. 故选：B 4. 如图所示，一隧道内设双行线公路，其截面由一个长方形和抛物线构成，为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上高度之差至少要有，已知行车道总宽度，那么车辆通过隧道的限制高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用抛物线方程运算即可得解. 【详解】解： 如上图，取抛物线的顶点为原点，对称轴为轴，建立平面直角坐标系，则， 设抛物线方程，将点代入抛物线方程解得：， ∴抛物线方程为， ∵行车道总宽度， ∴将代入抛物线方程，解得：， ∴车辆通过隧道的限制高度为， 故选：C. 5. 已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（ ） A. 内含 B. 相切 C. 相交 D. 外离 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆的方程确定圆心及半径，由两圆圆心距离与半径的关系判断位置关系. 【详解】根据题意，化简得圆，圆心为，半径， 圆，圆心为，半径， 圆心距， 所以两圆内含． 故选：A 6. 已知，两点到直线：的距离相等，则（ ） A. B. 6 C. 或4 D. 4或6 【答案】D 【解析】 【分析】求出点到直线的距离和点到直线的距离，二者相等求解方程即可. 【详解】点到直线的距离为， 点到直线的距离为， 因为点到直线的距离和点到直线的距离相等， 所以，所以或. 故选：D. 7. 在数列中，，对任意大于1的正整数，点在直线上，那么（ ） A. 5 B. C. 50 D. 75 【答案】D 【解析】 【分析】根据点在直线上，点的坐标满足直线的方程，代入整理，得出首项和公差，写出数列的通项公式，两边平方，即可得解． 【详解】解：∵点在直线，即， 又，∴是以为首项，为公差的等差数列， ∴，即an＝3n2， 所以， 故选：D. 8. 已知是椭圆的左，右焦点，点是椭圆上一点，且，，则椭圆的离心率（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件结合椭圆定义得出，设焦距，根据余弦定理，化简计算，即可求出离心率. 【详解】 因为，又因为，所以， 设焦距，因为， 所以，， 因为在中，， 所以， 则 所以，所以. 故选：D. 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. 已知直线：，直线：，则（ ） A. 当时，两直线的交点为 B. 直线恒过点 C. 若，则 D. 若，则或 【答案】ABC 【解析】 【分析】求出两直线的交点判断A，求出直线过定点坐标即可判断B，根据两直线垂直、平行求出参数，即可判断C、D. 【详解】对于A：当时直线：，直线：，由， 解得，所以两直线的交点为，故A正确； 对于B：直线：，令，解得，即直线恒过点，故B正确； 对于C：若，则，解得，故C正确； 对于D：若，则，解得或， 当时直线：，直线：两直线重合，故舍去， 当时直线：，直线：，两直线平行， 所以，故D错误； 故选：ABC 10. 已知等差数列 是递减数列，且满足的前项和为，下列选项中正确的是（ ） A. B. 当时，最大 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意首先得出，从而判断A，进一步根据等差数列前项和判断BCD三个选项. 【详解】由题意等差数列 是递减数列，且满足，所以， 从而，故A正确；而，所以当且仅当或时，最大，故B错误； 由B选项分析可知，故C正确；因为，故D错误. 故选：AC. 11. 如图，将一个等腰三角形去掉顶部的小三角形后，剩余部分均分成个高为1的等腰梯形，记第1个梯形的上、下底边长分别为，，则（ ） A. 第个梯形的上底边长为 B. 第个梯形的下底边长为 C. 第个梯形的面积为 D. 前个梯形的面积之和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由题意得每一个梯形的上底和下底的长度差是相等的，这个长度差为，再由等差数列通项公式和前n项和公式即可依次计算判断各选项. 【详解】由题意可知，即， 即每一个梯形的上底和下底的长度差是相等的，这个长度差为， 对于A，由上可得第n个梯形的上底边长为，故A错误； 对于B，由上可得第个梯形的下底边长为，故B正确； 对于C，第个梯形的面积为，故C正确； 对于D，由C前个梯形的面积之和为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 如果平面，直线，点满足：，且直线与所成的角为直线与直线所成的角为，那么与所成角的大小为_________． 【答案】 【解析】 【分析】设在平面上的投影为，在平面上的投影为直线，其中为与在平面上的投影直线的交点，根据线面垂直的性质可得平面，再过作于，连接，根据余弦的性质可得，进而求得，结合三角形内角和可得与所成角为. 【详解】如图，设在平面上的投影为，在平面上的投影为直线，其中为与在平面上的投影直线的交点，则. 由题意，与所成的角为，且，故与所成的角. 由，，故. 又，，故. 又，平面，故平面. 过作于，连接，则因为，故，又，平面，故平面. 又平面，故. 又与直线所成的角为，即. 则，，， 故，即，故，则. 又平面，平面，故，则. 又，故与所成角为. 故答案为： 13. 若两点到直线的距离相等，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据条件，利用点到线的距离公式即可求出结果. 【详解】因为两点到直线的距离相等， 所以，，得到，解得或， 故答案为：或. 14. 已知为坐标原点，是椭圆上异于顶点的动点，圆与直线交于两点，与轴、轴分别交于两点，且，则面积的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再应用及点在椭圆上得出，最后求出三角形的面积结合二次函数值域计算求解. 【详解】 由题可知，. 由，可得. 因为是上的点，所以，则. 又，所以. 设到的距离为，则，则. 由，可得，， 则，所以， 故答案为：. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知三点在圆C上，直线， （1）求圆C的方程; （2）判断直线与圆C的位置关系；若相交，求直线被圆C截得的弦长． 【答案】（1） （2）直线与圆C相交，弦长为 【解析】 【分析】（1）圆C的方程为:，再代入求解即可； （2）先求解圆心到直线的距离可判断直线与圆C相交，再用垂径定理求解弦长即可 【小问1详解】 设圆C的方程为:， 由题意得:， 消去F得: ，解得: ， ∴ F=-4， ∴圆C的方程为:. 【小问2详解】 由（1）知: 圆C的标准方程为:，圆心，半径; 点到直线的距离，故直线与圆C相交， 故直线被圆C截得的弦长为 16. 在数列中，. （1）证明：是等比数列； （2）若数列的前项和，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知可得，进而可证明为等比， （2）根据 的关系可求解，由（1）知，进而可得，由错位相减法即可求解. 【小问1详解】 证明：因为，所以， 又，所以，所以. 所以是首项为1，公比为的等比数列. 【小问2详解】 由（1）知， 因为数列的前项和，所以当时，，当时，，满足上式，所以. 所以. ，① 由①，得，② ①②相减得 所以. 17. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且；数列满足． (1)求和； (2)求数列的前n项和． 【答案】（1），；（2） 【解析】 【分析】(1) 设等比数列的公比为再根据题目条件列出关于公比的表达式求解即可. 通过前项和的一般思路,写出前项和相减,得出关于的递推公式再求解即可. (2)代入化简得,故用裂项相消求和即可. 【详解】(1)设等比数列的公比为由 解得 或(舍)，又，，解得 ， 时，， 整理得 ，又 数列是首项为1的常数列，， (2)设， 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式求解方法,同时也考查了构造数列求通项公式与裂项求和的基本方法等.属于中等题型. 18. 设椭圆的右焦点为，左右顶点分别为，.已知椭圆的离心率为，. （1）求椭圆的方程； （2）已知为椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，且，若三角形与三角形的面积比为1:2，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知线段长度与离心率，求解出的值，然后根据求解出的值，则椭圆方程可求； （2）根据条件将问题转化为三角形与三角形的面积比，由此得到关于的关系式，通过联立直线与椭圆方程求得对应坐标，然后求解出参数值得的坐标，则可求直线方程. 【小问1详解】 因为，，，所以， 所以，所以， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 如图，因为三角形与三角形的面积之比为， 所以三角形与三角形的面积比为， 所以，得， 显然直线的斜率不为0，设直线的方程为， 联立，所以， 所以，， 所以，解得， 当时，， 当时，， 故直线的方程为. 19. 如图，在三棱柱中，平面，，，，点D，E分别在棱和棱上，且，，M为棱的中点． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点H，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明如下： 由题意知在三棱柱中，平面，平面， 则，，又，建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，， 得，所以． （2） （3）存在； 【解析】 【分析】（1）根据，，，建立空间直角坐标系，由证明； （2）求得平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为θ，由求解； （3）假设存在满足题意的点，设，求得平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，由求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵，，，，． ∴，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 设直线与平面所成的角为θ， 则， ∴与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 由（1）（2）知：，，，， 假设存在满足题意的点，设， 则， 得，解得， 即，所以， 设平面的一个法向量为， 则， 令解得： 所以 又∵平面的一个法向量为 ∴． 整理得，由，得． 即当点H为的中点时，平面与平面所成角的余弦值为， 此时，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $