浙江北斗星盟2025-2026学年高二上学期12月阶段性联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份浙江北斗星盟2025-2026学年高二上学期12月阶段性联考数学试卷（Word版附解析），共19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．已知直线，则直线倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．等差数列中，，，则（ ）
A．35B．40C．55D．53
3．已知，，，若，则（ ）
A．2B．-2C．1D．-3
4．已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，且点在椭圆上，则椭圆的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
5．正四棱锥中，点在线段上，且，记，，，则（ ）
A．B．
C．D．
6．记正项等比数列的前项和为，且满足，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知半径为1的动圆圆心在直线上，过椭圆上一点作圆的切线，切线长的最小值为（ ）
A．2B．1C．D．
8．已知双曲线，，若圆上存在点使得的中点在的渐近线上，则离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知数列满足，，，则下列选项中正确的是（ ）
A．B．
C．数列单调递增D．数列是周期数列
10．在正三棱台中，，，点是线段上的动点，则下列选项中正确的是（ ）
A．
B．直线与直线所成角的取值范围为
C．存在点使得平面
D．存在点使得平面
11．过点的直线与抛物线交于两点，过点分别作抛物线的切线，两切线交于点为坐标原点，直线交直线于点，则下列选项正确的是（ ）
A．点的横坐标为定值B．可能是直角
C．D．
三、填空题
12．已知直线，．若，则实数 ．
13．动圆与圆外切同时与内切，则的面积最大值为 ．
14．已知三棱锥中，，，，，，则当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为 ．
四、解答题
15．已知数列是等差数列，数列是等比数列，且，，，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)令，求数列的前项和．
16．已知圆过点和，且圆心在直线上．
(1)求圆的标准方程；
(2)若圆与圆至多有一个公共点，求实数的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，，，，，，．
(1)若，求证：平面；
(2)若平面平面，求直线与平面夹角正弦值的最小值．
18．已知椭圆的左顶点为，右焦点为，过点作斜率不为的直线与椭圆交于两点，直线，分别与定直线交于两点．若椭圆的离心率为，．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点始终在以为直径的圆上，
（Ⅰ）求实数的值；
（Ⅱ）求四边形面积的取值范围．
19．已知双曲线的左右焦点分别为，，离心率为，斜率为的直线与的两支分别交于A，B两点，与轴交于点，且．
(1)求双曲线的方程；
(2)双曲线上存在点，使得的角平分线交轴于点．
（Ⅰ）求的取值范围：
（Ⅱ）若，，求数列的前项和．
1．C
将直线变为斜截式，可得其斜率，根据斜率与倾斜角的关系，即可求得答案.
【详解】将直线l变形为，所以斜率，
设倾斜角为，则，解得.
故选：C
2．D
设公差为d，根据条件，联立求得，代入公式，即可得答案.
【详解】因为为等差数列，设公差为d，
所以，则，
又，联立解得，
所以.
故选：D
3．A
根据数量积的坐标运算法则，即可得答案.
【详解】由题意，因为，
所以，解得.
故选：A
4．B
根据题设列式求出即可得椭圆的方程；
【详解】设半焦距为，则由题设有，故，
故椭圆方程为：，
又因为点在椭圆上，故，解得，
则.
所以椭圆标准方程为：.
故选：B.
5．D
根据向量的线性运算法则，结合条件，化简计算，即可得答案.
【详解】由题意
.
故选：D
6．A
利用等比数列前项和的性质，通过建立方程求出公比，再计算.
【详解】由等比数列前项和的性质，，根据题设，，可得：，即，
因为是等比数列，设公比为（，正项数列），则，
代入上式得：，
由于，两边同时除以得：，整理为，即，
因为，所以，
根据等比数列前项和公式得：，
因此.
故选：A.
7．B
切线长 ()，故 对应 ，即求椭圆上点 到直线 的最小距离，首先设与已知直线平行的椭圆切线，再利用相切条件(判别式)，最后计算两平行线间的距离.
【详解】设与直线 平行的直线为 ，
该直线与椭圆相切时，联立方程，
，
化简得： ，即
，
即，解得
已知直线为 ，
两条切线为 和 。
直线 与已知直线的距离：
直线 与已知直线的距离：
所以 ，代入切线长公式 得.
故选：B
8．B
根据双曲线方程，可得渐近线方程，设，设PA中点为Q，根据中点坐标公式，可得Q点坐标，根据Q在渐近线上，代入可得，由题意，点P为圆M与直线的公共点，根据直线与圆的位置关系，结合点到直线距离公式，计算化简，即可得答案.
【详解】根据双曲线方程可得，渐近线方程为，即，
设，设PA中点为Q，由，得，
因为Q在渐近线上，所以，即，
所以点P为圆M与直线的公共点，
由题意圆M的圆心为，半径为2，
则圆心M到直线的距离，，
所以，解得.
所以离心率的取值范围为.
故选：B
9．ACD
根据递推公式分奇偶项讨论，计算数列的前几项或分析通项公式，进而判断选项的正确性.
【详解】已知，根据递推公式，分为奇数和偶数讨论：
当（奇数）时：，即；
当（偶数）时：，即；
当（奇数）时：，即；
当（偶数）时：，即；
当（奇数）时：，即；
当（偶数）时：，即；
当（奇数）时：，即；
选项A：计算前项和：，因此选项A正确；
选项B：观察奇数项规律：，发现奇数项以为周期循环，
因为是奇数，，对应周期中的第项，即，因此选项B错误；
选项C：分析偶数项，当为奇数时，；当为偶数时，，
由于恒为正数，所以数列单调递增，C正确；
选项D：奇数项：，周期为，即是周期为的周期数列，因此选项D正确.
故选：ACD.
10．BCD
建立空间直角坐标系，求出棱台的各个顶点坐标，对A，利用向量的坐标运算可得，即可求解；对B，，利用线线角的向量法可得，再求出其范围，即可解；对于C，利用线面平行的判定定理即可求解；对于D，利用，建立方程，求出，即可求解.
【详解】将正三棱台补成如图所示的正三棱锥，因为，则，所以为的中点，
过作于，由正三棱台的性质得，又，则，
过作平面于，则是的中心，连接并延长交于，易知为的中点，
由，易得，，，
所以，
设平面于，连接并延长交于，易知为的中点，
易得，，，过作交于，则，
过点作直线平面，以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
，
对于A选项，，则，
所以不垂直，故A错误；
对于B选项，设，因为，
设直线与直线所成的角为，
则，
又，令，令，
则，当时，，
当时，，又，则，
故，则，又，所以，故B正确；
对于C选项，当与重合时，此时即，易知，又平面，平面
所以平面，故C正确，
对于D选项，由选项B知，又
则，得到，解得，
故当与重合时，平面，故D正确，
故选：BCD.
11．ACD
设直线方程，联立抛物线方程，求出交点坐标，进而得到切线交点M的坐标，再分析各选项的正确性.
【详解】A选项： 设过点的直线方程为，代入抛物线得，
设，则，
抛物线在点的切线方程为，即；
同理，在点的切线方程为，
联立两切线方程，解得交点的横坐标为，为定值，故A选项正确；
B选项：计算：，
代入，得：
故不可能是直角，B选项错误；
C选项：直线的斜率为，由得，直线的斜率为，两者斜率之积为，故，C选项正确；
D选项：直线的方程为，直线的方程为，联立得交点的坐标为，
通过坐标计算可得，则，当时，，即，故D选项正确.
故选：ACD.
12．3
根据两直线平行，系数的关系，可得m值，分别代入检验，分析即可得答案.
【详解】因为，所以，即，
解得或3，
当时，，即，
，此时重合，不符合题意，舍去；
当时，， ，符合题意.
故答案为：3
13．
设圆M的半径为r，求出圆的圆心和半径，根据题意，可得，，即可得，根据椭圆的定义，可得M的轨迹方程，分析可得当M为短轴端点时，的面积最大，计算即可得答案.
【详解】设圆M的半径为r，圆，圆心为，半径为2，
圆，圆心为，半径为10，
因为动圆与圆外切，所以，
因为动圆与圆内切，所以，
所以，
所以点M的轨迹是以为焦点的椭圆，且，
所以，则，则方程为，
当为短轴端点时，的面积最大，
且最大值.
故答案为：
14．/
先证点到平面的距离为定值，再说明当为等边三角形时，面积最大，再求此时二面角的余弦值.
【详解】如图：
过作平面，垂足为，过作于，连接.
因为平面，平面，所以.
又，平面，，所以平面.
平面，所以.
因为，所以.
类似地，可证.
在中，，，，
所以，.
在中，，，所以，.
所以.
即点到平面的距离为.
在中，.
由余弦定理，得，所以，
所以，当且仅当即为等边三角形时取等号，
此时三棱锥的体积最大.
此时，看底面，如下图：
过作，交延长线于.
因为，，，所以.
设二面角为，则，
所以.
故答案为：
15．(1)，
(2)
（1）设的公差为d，的公比为，由题意得，联立可得和的值，即可得的通项公式，进而可得和的值，联立可得d值，代入公式，即可得答案.
（2）由（1）可得，根据裂项相消求和法，即可得答案.
【详解】（1）设的公差为d，的公比为，
由题意得，则，即，
代入可得，所以.
所以，，
又，解得，
所以.
（2）由（1）可知，
所以.
16．(1)
(2)
（1）需要利用圆的标准方程和圆心在直线上的条件，结合已知点来求解圆心坐标和半径；
（2）需要先将圆化为标准方程，再根据两圆至多有一个公共点的条件，通过圆心距与半径的关系来确定的取值范围.
【详解】（1）∵中点为，直线的斜率为，
∴的中垂线为，即．
联立，解得：，
∴圆心，半径，
∴．
（2）圆，∴，
∴，
∴或，即．
17．(1)证明见解析
(2)
（1）取中点，连接、，证明四边形是平行四边形，从而证明线面平行.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，代入空间向量线面角公式，最后通过二次函数的最值来求角度的最小值.
【详解】（1）如图，取中点，连接、．
时，是中点，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）如图，以B为原点建立空间直角坐标系，
由已知得，，，，．
取中点，连接．
已知，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∴，，
则，，，
设平面的一个法向量，
则，解得，
不妨取，则，
∴，
∴时，，即直线与平面夹角正弦值的最小值为．
18．(1)
(2)（Ⅰ）；（Ⅱ）
（1）通过椭圆离心率公式和联立方程求出、，再由得到椭圆方程；
（2）（Ⅰ）设直线方程与椭圆联立，利用韦达定理得到和，根据点在圆上的条件求解；
（Ⅱ）用表示四边形面积，换元后结合函数单调性求取值范围.
【详解】（1）由题意得：，解得：，
∴椭圆．
（2）（Ⅰ）设直线，，，
设直线，直线，
∴，．
联立，得，
∴，，
∴
，
又，∴．
（Ⅱ）由（1）得：，
，
∴
，
令，则关于u单调递增，
∴．
19．(1)
(2)（Ⅰ）；（Ⅱ）
【详解】（1）因为直线斜率为，且过点，
所以直线，
设，，双曲线，
左右焦点坐标为，，则，
由，得，
将代入得到，恒成立，
由韦达定理得，，
又，
由，得，
又，所以，
则，解得，，
则双曲线的方程.
（2）（Ⅰ）解法一：由，得，所以，
则 ，
其中
其中，可得，
又，可得，则，
所以.
解法二：由题意有，则，
整理得，
同理，
由题意得点到与到距离相等，即，
其中，
，
即，可得，
又，可得，则，
所以.
（Ⅱ）由，得，
将代入上式可知，
由（Ⅰ）知，
所以，
则，
两式相减得
则，
所以