精品解析：浙江省强基联盟2025-2026学年高二下学期3月联考数学试题

浙江强基联盟2026年3月高二联考 数学试题 浙江强基联盟研究院命制 考生注意： 1.本试卷满分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：本大题共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. 椭圆：的焦距为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 2. 已知数列为正项等比数列，若，则（ ） A. B. 4 C. D. 2 3. 下列求导数运算正确的有（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. 3 D. 2 5. 在平面直角坐标系中，圆与圆有公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，若数列是递增数列，则（ ） A. B. C. D. 7. 设双曲线，其左､右焦点分别为，点是上一点，且，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 8. 曲线的两条过坐标原点的切线与直线围成的三角形面积为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本大题共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. 在空间直角坐标系中，已知点，则下列结论正确是（ ） A. B. 三点共线 C. D. 10. 已知抛物线，过焦点的直线交于点，则（ ） A. 的坐标为 B. C. 的最小值为2 D. 11. 设函数，则（ ） A. B. 当时，存在，使得 C. 当时， D. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的渐近线方程为__________. 13. 已知函数，则函数___________. 14. 已知数列是首项为1正项等差数列，且，数列的前项和为，若，则满足的的最大值为__________. 四､解答题：本大题共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. 在三棱锥中，为的中点，为的三等分点（靠近点）. （1）证明：平面； （2）求线段的长. 16. 在平面直角坐标系中，点，动点满足. （1）求动点的轨迹的方程； （2）若直线过点且与轨迹相切，求直线方程. 17. 已知数列，若数列等比数列，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）令，求的前项和. 18 已知函数． （1）求在点处的切线方程； （2）当，对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：． 19. 已知椭圆的离心率为，长轴长与短轴长的差为2，点都在上，为坐标原点，且. （1）求椭圆的方程； （2）当点异于椭圆顶点时， （i）求直线与的斜率之积； （ii）证明：的面积为定值，并求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江强基联盟2026年3月高二联考 数学试题 浙江强基联盟研究院命制 考生注意： 1.本试卷满分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：本大题共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. 椭圆：的焦距为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据椭圆的标准方程可知，，，所以，所以焦距为. 2. 已知数列为正项等比数列，若，则（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比中项的性质求解即可 【详解】由等比数列的性质可得，， 因,故. 3. 下列求导数运算正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，. 4. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推公式得到数列的周期，结合周期性求解即可. 【详解】因为，，所以，，， ， 所以是以3为周期的数列，则. 5. 在平面直角坐标系中，圆与圆有公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两圆位置关系的判断方法列不等式求解即得． 【详解】依题意，两圆有公共点，则， 即，解得． 6. 已知数列满足，若数列是递增数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件形式设，则原式为其前项和，利用，即可求得的通项公式，验证首项后根据是递增数列，即可求得公差，即. 【详解】由， 等式两边同时除以可得， 不妨设，则其前项和， 则， 则， 所以， 当时，，适合上式，故， 所以，数列是首项为，公差为的等差数列， 又因为数列是递增数列，所以，解得. 7. 设双曲线，其左､右焦点分别为，点是上一点，且，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线方程及其定义，应用余弦定理、三角形面积公式求双曲线参数，即可求解. 【详解】因为点在上，所以，所以①， 在中，由余弦定理得， 因为，所以②， 由②①得． 因为的面积为，即， 所以，又，所以，即， 所以双曲线的离心率． 8. 曲线的两条过坐标原点的切线与直线围成的三角形面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由导数的几何意义分别求出和时过原点的切线方程，联立直线方程，得到两切线的交点，再令，求出两条切线与的交点，即可求得两条切线与直线围成的三角形面积. 详解】设，则有，则， 当时，设切点为， ， 所以切线方程为， 因为切线过原点，则有，解得， 所以切线方程为，即， 当时，设切点为， ， 所以切线方程为， 因为切线过原点，则有，解得， 所以切线方程为，即， 将代入到，则其交点为， 将代入到，则其交点为， 则有，所在的直线的方程为， 又两切线的交点为，易得点到直线的距离， 则， 即两条切线与直线围成的三角形面积为. 二､多项选择题：本大题共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. 在空间直角坐标系中，已知点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三点共线 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】使用空间向量的坐标表示及其运算即可求得A，使用空间向量共线定理结合数乘运算解B，使用空间向量的模的运算解C，由空间向量垂直的判定结合空间向量数量积的坐标运算解D即可. 【详解】对于A，由题意得，故A正确； 对于B，由题意得， 若三点共线，则存在实数，使得， 即，无解，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，由题意得， ， 即与不垂直，故D错误. 10. 已知抛物线，过焦点的直线交于点，则（ ） A. 的坐标为 B. C. 的最小值为2 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据抛物线的性质求焦点坐标即可判断，对于B，设直线，联立方程组结合根与系数的关系求即可判断，对于C，结合抛物线焦点弦公式求弦长的表达式，再求其最小值即可判断，对于D，根据抛物线定义利用表示，进一步计算即可判断. 【详解】对于A，抛物线，设抛物线的焦点到准线的距离为， 则，故的坐标为，故A正确； 对于B，设直线，联立，得， 方程的判别式， ，， ，， 故，故B正确； 对于C，因为， 所以当时，弦的长度最小，最短弦的长度为4，故C错误； 对于D，由， 得，故D正确. 11. 设函数，则（ ） A. B. 当时，存在，使得 C. 当时， D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出的范围，再分段讨论判断A；求出函数在时的值域判断B；构造函数并利用导数确定单调性判断C；令有两个解为，利用导数证明判断D. 【详解】对于A，设，的定义域为， 当时，易得，则此时， 当时，易得，则此时， 当时，， 综上，，故A正确； 对于B，函数，求导得，当时，， 函数在上单调递减，，，故不存在，使得，B错误； 对于C，令，求导得， 由，得，则， 由，得，因此， 函数在上单调递增，，即，C正确； 对于D，由上可知函数在上单调递增，在上单调递减， 则有，且当时，，当时，， 如图： 若有两个解，则有， 即，即，，即， 则，即， 且有，即， 因为，不妨设， 则，即在上递增， 所以，即在上，， 令，则有， 即， 两边同时除以正数得，即， 因，则有， 因为，则有，即，即， 所以当时，有，即，又因为，则有， 因为在上单调递增，且， 所以，故D正确. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的渐近线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】直接由公式求双曲线渐近线方程. 【详解】由，故渐近线方程为. 故答案为： 13. 已知函数，则函数___________. 【答案】 【解析】 【分析】由导数的运算法则与赋值法求解 【详解】由题意得，且， 令，得，故 故答案为： 14. 已知数列是首项为1的正项等差数列，且，数列的前项和为，若，则满足的的最大值为__________. 【答案】8 【解析】 【分析】由题意可求得数列的通项公式，将其代入到，使用裂项相消即可求得的前项和，使即可求得的最大值. 【详解】设等差数列的公差为，由题意得，，因为， 则有，即， 解得或（舍去），即. 所以 ， 则， 若，即，解得，即， 则满足的的最大值为8. 四､解答题：本大题共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. 在三棱锥中，为的中点，为的三等分点（靠近点）. （1）证明：平面； （2）求线段的长. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，，再利用线面垂直判定定理证明结论； （2）法一：利用基底表示，根据数量积的运算律及定义求结论； 法二：由条件求，再求，证明，解三角形求结论； 法三：先证明平面，建立空间直角坐标系，结合空间两点距离公式求结论即可. 【小问1详解】 ，同理可得. 又为中点，. 为的中点，. 平面平面， ∴平面. 【小问2详解】 法一：， ， . 代入得. 法二：. ，可得. 为三等分点（靠近点），， 在直角中，. 法三：由法二得，又平面， 平面.如图，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则. 为的三等分点（靠近点）， . 16. 在平面直角坐标系中，点，动点满足. （1）求动点的轨迹的方程； （2）若直线过点且与轨迹相切，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）因为，，由两点距离公式列出方程后化简即可求得轨迹的方程； （2）由点斜式设出直线的方程，因为与相切，且的轨迹是圆，则有圆心到直线的距离等于半径，结合点到直线距离公式即可求得当斜率存在时直线的方程，再考虑直线的斜率不存在即可. 【小问1详解】 因为，由，得， 化简得，即， 所以点的轨迹的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，轨迹表示圆心为，半径为2的圆， 当直线的斜率不存在时，方程为， 此时圆心到直线的距离，等于圆的半径， 故直线与相切，满足题意； 当直线的斜率存在时，设，即， 于是圆心到的距离等于半径2， 即，解得， 因此直线方程为，即， 所以直线的方程为或. 17. 已知数列，若数列是等比数列，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）令，求的前项和. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）通过，求得，再由等比数列通项公式和等差数列求和公式即可求解； （2）法一：由（1）确定，再由错位相减法求和即可.法二：由裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 当时，，故； 当时，，由数列是等比数列，得， 所以，； 由， 得时，， 两式相除可得，， 故，， 由累加法可得， 又当时，也适合上式， . 【小问2详解】 ， 所以，① ①-②得：， . 另解 所以， . 18. 已知函数． （1）求在点处的切线方程； （2）当，对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合导数即可求得切线方程； （2）令，结合导数求出的最大值后，解不等式即可； （3）法一：结合（2）知，据此转化题目所证不等式，等价为证明，最后通过求导即可证明；法二：先证，据此转化题目所证不等式，等价为证明，最后通过求导即可证明． 【小问1详解】 ，令，所以切线方程为． 【小问2详解】 因为恒成立，即恒成立， 令，，令，解得， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 故的最大值为， 因为恒成立，所以， 所以，即实数的取值范围为． 【小问3详解】 法一：由（2）得当时，恒成立， 即，令， 所以， 令，则， 故在上单调递增，所以，即成立，得证． 法二：令， 先证，即证， 令， 当单调递增；当单调递减， 所以，所以，即得证， 因为，所以， 令， 则，令，所以， 所以在上单调递增，又因为， 所以使得，即，也即， 所以时，单调递减；时，单调递增， 所以，代入得， ， 又在时单调递减，而， 所以， 所以， 即成立，所以，原不等式得证． 19. 已知椭圆的离心率为，长轴长与短轴长的差为2，点都在上，为坐标原点，且. （1）求椭圆的方程； （2）当点异于椭圆顶点时， （i）求直线与的斜率之积； （ii）证明：的面积为定值，并求的值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的参数关系与离心率公式，结合条件即可求解； （2）（i）设，将三点代入到椭圆方程，由可得与的关系，结合椭圆的方程即可求得与的斜率之积为定值；（ii）法一：坐标恒等式，将三角形面积转化为坐标差的绝对值，通过构造恒等式将其与椭圆方程及斜率关系联系起来，代入已知条件即可得到定值，法二：联立韦达，通过设直线方程联立椭圆，利用韦达定理和第一问的斜率关系导出参数关系，进而计算弦长或距离得到定值面积，并考虑直线斜率不存在的情况. 【小问1详解】 因为长轴长与短轴长的差为2，所以有，且， 联立，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （2）（i）设.因为点在上， 所以， 又因为，其中， 即， 所以， 将其代回椭圆方程有， 即， 整理得， 又因为，即， 所以，即，因为， 所以. （ii）法一：因为，则有直线，即， 则点到直线的距离，又因为， 所以， 又因为， 其中，， 则， 所以，则. 法二：当直线斜率不为0时，设直线， 令，则，所以直线与轴的交点为. 联立得， 由韦达定理得， 由（i）得，即， 其中 ， 则有， 化简得. 又因为， 代入得，所以，直线， 因为到直线的距离，， 所以. 其中， 因为，，则有， 所以. 当直线斜率为0时，此时，又因为， 不妨设直线，直线， 与椭圆方程联立解得或， 即，点到直线的距离为， 此时. 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $