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浙江省强基联盟2025-2026学年高二上学期12月联考数学试题
1．（2025高二上·浙江月考）数列的一个通项公式为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·浙江月考）已知直线经过圆的圆心，则实数为（　　）
A． B．1 C． D．2
3．（2025高二上·浙江月考）已知数列为等差数列，若，则为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．（2025高二上·浙江月考）已知，且，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·浙江月考）已知圆与圆的公切线有3条，则实数的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2025高二上·浙江月考）已知椭圆的左 右两个焦点分别为，且焦距为是上一点，若，且，则椭圆的方程为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·浙江月考）已知公比为3的等比数列的前项和为，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二上·浙江月考）已知双曲线的左 右焦点分别为，点在的右支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为.当取最小值为4时，则面积的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
9．（2025高二上·浙江月考）已知，直线和直线，下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则之间的距离为
10．（2025高二上·浙江月考）已知等差数列的前项和为，若，则下列说法正确的有（　　）
A． B．
C．的最大值为 D．
11．（2025高二上·浙江月考）如图①所示，长方形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥.若为线段中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（　　）
A．平面
B．的长为定值
C．四棱锥体积的最大值为
D．设二面角的平面角为，若，则平面和平面夹角余弦值的最小值为
12．（2025高二上·浙江月考）若抛物线的准线方程为，则的值为　 　．
13．（2025高二上·浙江月考）已知数列满足，则数列前项的和为　 　.
14．（2025高二上·浙江月考）已知双曲线的左 右焦点分别为.以为直径的圆和的渐近线在第一象限交于点，直线交的另一条渐近线于点，若，则的离心率为　 　.
15．（2025高二上·浙江月考）在平面直角坐标系中，已知圆，直线过点.
（1）写出圆的标准方程；
（2）当直线被圆截得的弦长为时，求直线的方程.
16．（2025高二上·浙江月考）如图多面体中，平面平面，，，且为棱中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求三棱锥的外接球半径.
17．（2025高二上·浙江月考）已知椭圆的长轴长为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交于两点，为坐标原点，若的面积为，求.
18．（2025高二上·浙江月考）已知数列满足的前项和为.
（1）证明：为等比数列，并求数列的通项公式.
（2）记的前项和为.
（i）求；
（ii）若存在，使得成立，求实数的取值范围.
19．（2025高二上·浙江月考）已知抛物线（），焦点为，对于抛物线上一点，记，已知的最小值为1，将点向上平移个单位长度，得到点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若为坐标原点，直线与的另一个交点为，设直线的斜率分别为，，求的值；
（3）记点到直线的距离为，证明：以为圆心，为半径的圆始终经过定点.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：根据数列的规律，奇数项为负数，偶数项为正数，第项的数字是，结合正负性，
所以该数列的一个通项公式为.
故答案为：D.
【分析】观察数列的规律，可得奇数项为负数，偶数项为正数，第项的数字是得通项公式为
2．【答案】A
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程
【解析】【解答】解：将圆C方程化为标准方程，可得，
则圆心坐标为，代入直线，可得，
解得.
故答案为：A.
【分析】先根据圆的一般方程求出圆C的圆心坐标，再将圆心坐标代入直线方程，从而得出实数m的值.
3．【答案】C
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：由等差数列的性质，可得，.
故答案为：C.
【分析】由已知条件和等差中项公式，从而计算得出等差数列第5项的值.
4．【答案】B
【知识点】空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，
解得.
故答案为：B.
【分析】根据两向量平行的坐标关系，从而得出x，y的值.
5．【答案】C
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：因为圆；
所以圆圆心坐标为，半径为2；
又因为圆，
所以圆圆心坐标为，半径为.
又因为圆与圆有3条公切线，
所以两圆外切，
则.
故答案为：C.
【分析】根据根据公切线条数得判断出圆与圆的位置关系，从而得出圆心间距离等于半径，进而列式计算得出实数r的值.
6．【答案】D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由
在中，由余弦定理，
可得，
解得，又因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用椭圆定义和已知条件，从而得出，再利用余弦定理和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而计算得出a，b的值，进而得出椭圆C的标准方程.
7．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，，
由，
可得，
由基本不等式，
可知，当且仅当时，即当时，等号成立，
所以.
故答案为：C.
【分析】由等比数列的通项公式和等比数列前n项和公式，从而得出，再利用已知条件和基本不等式求最值的方法，根据不等式恒成立问题求解方法得出实数m的取值范围.
8．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为，
又因为的最小值为点到的渐近线的距离，
所以，则，
当取最小值时，为直角三角形，且，
则点纵坐标绝对值为，
所以面积为，
由二次函数性质，当时，取最大值2，
所以面积的最大值为2.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线定义和点到直线距离得出，当取最小值时，为直角三角形，且，则点纵坐标绝对值为，再利用三角形的面积公式和二次函数求最值的方法，从而得出面积的最大值.
9．【答案】A,C
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：因为直线方向向量为，又因为直线方向向量为.
对于选项A、B：若，则，
所以，解得，故A正确、B错误；
对于选项C：当时，，解得，
当时，，，符合题意；
当时，，，即，符合题意，故C正确；
对于选项D：当时，，之间的距离为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】先求出直线的方向向量和的方向向量，由两直线垂直可得，再利用数量积的坐标表示求出a的值，则可判断选项A和选项B；由两直线平行斜率相等和纵截距不等，从而求出a的值，则可判断选项C；当时，根据两平行线间距离公式求出两直线之间的距离，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：对于选项A，因为，
所以，则，故A正确；
对于选项B，因为，所以，
则，又因为，
所以，故B正确；
对于选项C，因为，，
所以数列的公差小于0，且当时，；当时，，
所以的最大值为，故C正确；
对于选项D，因为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据结合，可判断选项A；利用得出，再利用A可推出，则判断出选项B；在等差数列中，由结合等差数列的性质可判断出选项C；借助等差数列的性质，再利用等差数列前n项和公式，将转化为，再结合得出，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取中点，连接，
因为为中点，所以为的中位线，
则且.
因为为的中点，四边形为矩形，
所以且，则且，
所以四边形为平行四边形，
则，平面，所以平面，故A正确；
因为，故B不正确；
取的中点，连接，
因为，所以，
当平面平面时，点到平面的距离最大，
则四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，底面为梯形，面积为，
所以，四棱锥的体积最大值为，故C正确；
连接，因为，所以，
则为二面角的平面角，所以，
过点作平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，过作于点，
由题意，得平面，
设，因为，
所以，
则，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则
令，则，
设平面的法向量为，
因为，
所以
令，可得：，
设两平面夹角为，
则
，
令，
所以，则，
所以，当时，有最小值，
则平面和平面夹角余弦值的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先利用已知条件和中位线定理和平行四边形定义，从而证出四边形是平行四边形，进而得出，再利用线线平行证出线面平行，则判断出选项A；利用勾股定理计算判断出选项B；利用四棱锥的体积公式计算判断出选项C；利用建系得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和换元法以及函数求最值的方法，从而得出平面和平面夹角余弦值的最小值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】2
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：依题意，得则.
故答案为：.
【分析】根据抛物线的准线方程和已知条件，从而得出的值.
13．【答案】
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：因为，
所以
.
故答案为：.
【分析】根据裂项相消求和法，从而得出数列前项的和.
14．【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：双曲线的左 右焦点分别为，
，
以为直径的圆和的渐近线在第一象限交于点，
设坐标原点为，
以为直径的圆的方程为，
又因为双曲线的渐近线方程为，
联立方程组，解得，
则，
则直线的方程为，
联立方程组，
解得，
则，
，
，
，，
，
.
故答案为：6.
【分析】先得出以为直径的圆，再联立直线方程和圆的方程以及两直线方程，从而得出点M和点N的坐标，再利用向量的坐标表示和向量共线的坐标表示，从而得出a，c的关系式，再利用双曲线离心率公式变形得出双曲线C的离心率的值.
15．【答案】（1）解：由题意，
配方可得，圆的标准方程：..
（2）解：因为圆的圆心，半径为2，
由直线被圆截得的弦长为，
可得圆心到直线的距离为，直线过点，
当直线斜率不存在时，直线，此时点到直线距离恰好为1，故符合条件；
当直线斜率存在时，设直线，即，
此时圆心到直线的距离为，则，
此时直线为，即，
综上所述，直线的方程为或.
【知识点】直线的一般式方程；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）利用已知条件配方得出圆的标准方程.
（2）根据直线斜率存在与直线l斜率不存在两种情况分类，再利用点到直线距离公式结合圆的弦长公式，从而计算得出直线的斜率，进而得出直线l的方程.
（1）配方可得圆的标准方程：.
（2）圆的圆心，半径为2，因由直线被圆截得的弦长为，
故可得圆心到直线的距离为，直线过点，
当直线斜率不存在时，直线，此时点到直线距离恰好为1，故符合条件；
当直线斜率存在时，设直线，即，
此时圆心到直线的距离为，
，此时直线为，即.
综上所述，直线的方程为或.
16．【答案】（1）证明：因为，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，，
所以四边形为平行四边形，
则，
所以.
（2）解：因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以点为坐标原点，以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
因为，，
所以，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
所以，
取，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
（3）解：设三棱锥的外接球球心，
因为，
所以.
则.
又因为，
所以，
则，
所以，球的半径为.
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由已知条件得出线线垂直，利用线线垂直得出线面垂直，再根据线面垂直的定义可得，则由，，从而得出四边形为平行四边形，则，进而证出.
（2）利用得出，再利用面面垂直的性质定理得出线面垂直，从而建立空间直角坐标系，求得出平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（3）设三棱锥的外接球球心，由，和向量的模的坐标表示，从而建立等式，进而计算得出点的坐标，则可得三棱锥的外接球半径.
（1）因为，
所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，，
所以四边形为平行四边形，则，所以.
（2）因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
以点为坐标原点，以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
因为，，
故，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
（3）设三棱锥的外接球球心，
因为，即.
所以.
因为，所以，
所以，故球的半径为.
17．【答案】（1）解：由题意，得，
解得，
所以，
则椭圆方程为.
（2）解：当直线斜率不存在时，直线，此时，
则面积，故舍去；
当直线斜率存在时，设直线，
联立方程，
因为，
所以，
此时，点到直线距离，
所以面积，
化简得，
所以或（舍去），
则，
综上所述，.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的长轴长和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列式计算得出a，b，c的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）先分直线的斜率是否存，再设直线方程，联立直线方程和椭圆方程，则根据韦达定理和弦长公式，从而得出弦长AB与直线斜率的关系式，再利用点到直线的距离公式得出点O到直线AB的距离与直线的斜率的关系式，根据三角形的面积公式得出的面积与直线的斜率的关系式，则由已知条件得出直线的斜率，从而得出弦长AB.
（1）由题意得，
解得，所以，
所以椭圆方程为.
（2）当直线斜率不存在时，，此时，
故面积，故舍去；
当直线斜率存在时，设，
联立方程，
因为，所以，
此时，点到直线距离，
所以面积，
化简得，所以或（舍去），
所以，综上所述.
18．【答案】（1）证明：由，
可得，
则，
又因为，
所以为等比数列，
则，
所以，
得.

（2）解：（i）由（1）可得，
因为，
所以，
得，
化简得.
（ii）原不等式化简，可得，
记，
则.
记，知是关于的增函数，其中，
则当时，，
又因为，
所以，
若原不等式成立，
则存在，使得.
所以，当为奇数时，此时，
则，即，此时无解，不等式恒不成立；
当为偶数时，即，
解得或，
则实数的取值范围为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）利用已知条件和数列递推公式，利用等比数列定义证出数列为等比数列，再根据等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）（i）利用（1）中数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用错位相减法得出.
（ii）设新数列，根据数列的单调性得出数列的最小值，再分n为奇数和n为偶数结合已知条件，从而得出实数的取值范围.
（1）由，可得，
则，又，所以为等比数列，
故，则，得.
（2）（i）由（1）可得，
因为，
则，
得，
化简得，
（ii）原不等式化简可得，
记，
则.
记，知是关于的增函数，
其中.
故时，，又，所以.
原不等式成立，则存在，使得.
则当为奇数时，此时，
故，即，此时无解，不等式恒不成立；
当为偶数时，即，
解得或，
故的取值范围为.
19．【答案】（1）解：如下图所示：
设点，则，
因为，所以最小值为，
则，
所以，抛物线的方程为.
（2）解：由题意，可知直线斜率不为0，
设直线，
联立方程，
则，
又因为，
所以.
（3）证明：设，则，
所以，
则，
所以，圆，
化简得，
令，
解得，
则以为圆心，为半径的圆始终经过定点.
【知识点】抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）由抛物线的性质可得的最小值，再利用已知条件得出p的值，从而得出抛物线的方程；
（2）设直线，联立直线方程和抛物线方程，再根据韦达定理得出的值，利用两点求斜率公式代入，从而计算可得的值；
（3）设，利用点到直线的距离公式得出点，从而计算出半径为，则得出圆A的方程，再利用赋值法证出以为圆心，为半径的圆始终经过定点，并求出定点坐标.
（1）如下图所示：
设点，则，
因为，所以最小值为，则，
故抛物线的方程为.
（2）由题意可知，直线斜率不为0，
设直线，
联立方程，则.
又，
所以.
（3）设，则，故，所以，
得圆.
化简得，
令，
解得，
所以以为圆心，为半径的圆始终经过定点.
1 / 1浙江省强基联盟2025-2026学年高二上学期12月联考数学试题
1．（2025高二上·浙江月考）数列的一个通项公式为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：根据数列的规律，奇数项为负数，偶数项为正数，第项的数字是，结合正负性，
所以该数列的一个通项公式为.
故答案为：D.
【分析】观察数列的规律，可得奇数项为负数，偶数项为正数，第项的数字是得通项公式为
2．（2025高二上·浙江月考）已知直线经过圆的圆心，则实数为（　　）
A． B．1 C． D．2
【答案】A
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程
【解析】【解答】解：将圆C方程化为标准方程，可得，
则圆心坐标为，代入直线，可得，
解得.
故答案为：A.
【分析】先根据圆的一般方程求出圆C的圆心坐标，再将圆心坐标代入直线方程，从而得出实数m的值.
3．（2025高二上·浙江月考）已知数列为等差数列，若，则为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：由等差数列的性质，可得，.
故答案为：C.
【分析】由已知条件和等差中项公式，从而计算得出等差数列第5项的值.
4．（2025高二上·浙江月考）已知，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，
解得.
故答案为：B.
【分析】根据两向量平行的坐标关系，从而得出x，y的值.
5．（2025高二上·浙江月考）已知圆与圆的公切线有3条，则实数的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：因为圆；
所以圆圆心坐标为，半径为2；
又因为圆，
所以圆圆心坐标为，半径为.
又因为圆与圆有3条公切线，
所以两圆外切，
则.
故答案为：C.
【分析】根据根据公切线条数得判断出圆与圆的位置关系，从而得出圆心间距离等于半径，进而列式计算得出实数r的值.
6．（2025高二上·浙江月考）已知椭圆的左 右两个焦点分别为，且焦距为是上一点，若，且，则椭圆的方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由
在中，由余弦定理，
可得，
解得，又因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用椭圆定义和已知条件，从而得出，再利用余弦定理和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而计算得出a，b的值，进而得出椭圆C的标准方程.
7．（2025高二上·浙江月考）已知公比为3的等比数列的前项和为，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，，
由，
可得，
由基本不等式，
可知，当且仅当时，即当时，等号成立，
所以.
故答案为：C.
【分析】由等比数列的通项公式和等比数列前n项和公式，从而得出，再利用已知条件和基本不等式求最值的方法，根据不等式恒成立问题求解方法得出实数m的取值范围.
8．（2025高二上·浙江月考）已知双曲线的左 右焦点分别为，点在的右支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为.当取最小值为4时，则面积的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为，
又因为的最小值为点到的渐近线的距离，
所以，则，
当取最小值时，为直角三角形，且，
则点纵坐标绝对值为，
所以面积为，
由二次函数性质，当时，取最大值2，
所以面积的最大值为2.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线定义和点到直线距离得出，当取最小值时，为直角三角形，且，则点纵坐标绝对值为，再利用三角形的面积公式和二次函数求最值的方法，从而得出面积的最大值.
9．（2025高二上·浙江月考）已知，直线和直线，下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则之间的距离为
【答案】A,C
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：因为直线方向向量为，又因为直线方向向量为.
对于选项A、B：若，则，
所以，解得，故A正确、B错误；
对于选项C：当时，，解得，
当时，，，符合题意；
当时，，，即，符合题意，故C正确；
对于选项D：当时，，之间的距离为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】先求出直线的方向向量和的方向向量，由两直线垂直可得，再利用数量积的坐标表示求出a的值，则可判断选项A和选项B；由两直线平行斜率相等和纵截距不等，从而求出a的值，则可判断选项C；当时，根据两平行线间距离公式求出两直线之间的距离，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025高二上·浙江月考）已知等差数列的前项和为，若，则下列说法正确的有（　　）
A． B．
C．的最大值为 D．
【答案】A,B,C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：对于选项A，因为，
所以，则，故A正确；
对于选项B，因为，所以，
则，又因为，
所以，故B正确；
对于选项C，因为，，
所以数列的公差小于0，且当时，；当时，，
所以的最大值为，故C正确；
对于选项D，因为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据结合，可判断选项A；利用得出，再利用A可推出，则判断出选项B；在等差数列中，由结合等差数列的性质可判断出选项C；借助等差数列的性质，再利用等差数列前n项和公式，将转化为，再结合得出，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025高二上·浙江月考）如图①所示，长方形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥.若为线段中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（　　）
A．平面
B．的长为定值
C．四棱锥体积的最大值为
D．设二面角的平面角为，若，则平面和平面夹角余弦值的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取中点，连接，
因为为中点，所以为的中位线，
则且.
因为为的中点，四边形为矩形，
所以且，则且，
所以四边形为平行四边形，
则，平面，所以平面，故A正确；
因为，故B不正确；
取的中点，连接，
因为，所以，
当平面平面时，点到平面的距离最大，
则四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，底面为梯形，面积为，
所以，四棱锥的体积最大值为，故C正确；
连接，因为，所以，
则为二面角的平面角，所以，
过点作平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，过作于点，
由题意，得平面，
设，因为，
所以，
则，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则
令，则，
设平面的法向量为，
因为，
所以
令，可得：，
设两平面夹角为，
则
，
令，
所以，则，
所以，当时，有最小值，
则平面和平面夹角余弦值的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先利用已知条件和中位线定理和平行四边形定义，从而证出四边形是平行四边形，进而得出，再利用线线平行证出线面平行，则判断出选项A；利用勾股定理计算判断出选项B；利用四棱锥的体积公式计算判断出选项C；利用建系得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和换元法以及函数求最值的方法，从而得出平面和平面夹角余弦值的最小值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2025高二上·浙江月考）若抛物线的准线方程为，则的值为　 　．
【答案】2
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：依题意，得则.
故答案为：.
【分析】根据抛物线的准线方程和已知条件，从而得出的值.
13．（2025高二上·浙江月考）已知数列满足，则数列前项的和为　 　.
【答案】
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：因为，
所以
.
故答案为：.
【分析】根据裂项相消求和法，从而得出数列前项的和.
14．（2025高二上·浙江月考）已知双曲线的左 右焦点分别为.以为直径的圆和的渐近线在第一象限交于点，直线交的另一条渐近线于点，若，则的离心率为　 　.
【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：双曲线的左 右焦点分别为，
，
以为直径的圆和的渐近线在第一象限交于点，
设坐标原点为，
以为直径的圆的方程为，
又因为双曲线的渐近线方程为，
联立方程组，解得，
则，
则直线的方程为，
联立方程组，
解得，
则，
，
，
，，
，
.
故答案为：6.
【分析】先得出以为直径的圆，再联立直线方程和圆的方程以及两直线方程，从而得出点M和点N的坐标，再利用向量的坐标表示和向量共线的坐标表示，从而得出a，c的关系式，再利用双曲线离心率公式变形得出双曲线C的离心率的值.
15．（2025高二上·浙江月考）在平面直角坐标系中，已知圆，直线过点.
（1）写出圆的标准方程；
（2）当直线被圆截得的弦长为时，求直线的方程.
【答案】（1）解：由题意，
配方可得，圆的标准方程：..
（2）解：因为圆的圆心，半径为2，
由直线被圆截得的弦长为，
可得圆心到直线的距离为，直线过点，
当直线斜率不存在时，直线，此时点到直线距离恰好为1，故符合条件；
当直线斜率存在时，设直线，即，
此时圆心到直线的距离为，则，
此时直线为，即，
综上所述，直线的方程为或.
【知识点】直线的一般式方程；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）利用已知条件配方得出圆的标准方程.
（2）根据直线斜率存在与直线l斜率不存在两种情况分类，再利用点到直线距离公式结合圆的弦长公式，从而计算得出直线的斜率，进而得出直线l的方程.
（1）配方可得圆的标准方程：.
（2）圆的圆心，半径为2，因由直线被圆截得的弦长为，
故可得圆心到直线的距离为，直线过点，
当直线斜率不存在时，直线，此时点到直线距离恰好为1，故符合条件；
当直线斜率存在时，设直线，即，
此时圆心到直线的距离为，
，此时直线为，即.
综上所述，直线的方程为或.
16．（2025高二上·浙江月考）如图多面体中，平面平面，，，且为棱中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求三棱锥的外接球半径.
【答案】（1）证明：因为，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，，
所以四边形为平行四边形，
则，
所以.
（2）解：因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以点为坐标原点，以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
因为，，
所以，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
所以，
取，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
（3）解：设三棱锥的外接球球心，
因为，
所以.
则.
又因为，
所以，
则，
所以，球的半径为.
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由已知条件得出线线垂直，利用线线垂直得出线面垂直，再根据线面垂直的定义可得，则由，，从而得出四边形为平行四边形，则，进而证出.
（2）利用得出，再利用面面垂直的性质定理得出线面垂直，从而建立空间直角坐标系，求得出平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（3）设三棱锥的外接球球心，由，和向量的模的坐标表示，从而建立等式，进而计算得出点的坐标，则可得三棱锥的外接球半径.
（1）因为，
所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，，
所以四边形为平行四边形，则，所以.
（2）因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
以点为坐标原点，以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
因为，，
故，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
（3）设三棱锥的外接球球心，
因为，即.
所以.
因为，所以，
所以，故球的半径为.
17．（2025高二上·浙江月考）已知椭圆的长轴长为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交于两点，为坐标原点，若的面积为，求.
【答案】（1）解：由题意，得，
解得，
所以，
则椭圆方程为.
（2）解：当直线斜率不存在时，直线，此时，
则面积，故舍去；
当直线斜率存在时，设直线，
联立方程，
因为，
所以，
此时，点到直线距离，
所以面积，
化简得，
所以或（舍去），
则，
综上所述，.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的长轴长和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列式计算得出a，b，c的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）先分直线的斜率是否存，再设直线方程，联立直线方程和椭圆方程，则根据韦达定理和弦长公式，从而得出弦长AB与直线斜率的关系式，再利用点到直线的距离公式得出点O到直线AB的距离与直线的斜率的关系式，根据三角形的面积公式得出的面积与直线的斜率的关系式，则由已知条件得出直线的斜率，从而得出弦长AB.
（1）由题意得，
解得，所以，
所以椭圆方程为.
（2）当直线斜率不存在时，，此时，
故面积，故舍去；
当直线斜率存在时，设，
联立方程，
因为，所以，
此时，点到直线距离，
所以面积，
化简得，所以或（舍去），
所以，综上所述.
18．（2025高二上·浙江月考）已知数列满足的前项和为.
（1）证明：为等比数列，并求数列的通项公式.
（2）记的前项和为.
（i）求；
（ii）若存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明：由，
可得，
则，
又因为，
所以为等比数列，
则，
所以，
得.

（2）解：（i）由（1）可得，
因为，
所以，
得，
化简得.
（ii）原不等式化简，可得，
记，
则.
记，知是关于的增函数，其中，
则当时，，
又因为，
所以，
若原不等式成立，
则存在，使得.
所以，当为奇数时，此时，
则，即，此时无解，不等式恒不成立；
当为偶数时，即，
解得或，
则实数的取值范围为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）利用已知条件和数列递推公式，利用等比数列定义证出数列为等比数列，再根据等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）（i）利用（1）中数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用错位相减法得出.
（ii）设新数列，根据数列的单调性得出数列的最小值，再分n为奇数和n为偶数结合已知条件，从而得出实数的取值范围.
（1）由，可得，
则，又，所以为等比数列，
故，则，得.
（2）（i）由（1）可得，
因为，
则，
得，
化简得，
（ii）原不等式化简可得，
记，
则.
记，知是关于的增函数，
其中.
故时，，又，所以.
原不等式成立，则存在，使得.
则当为奇数时，此时，
故，即，此时无解，不等式恒不成立；
当为偶数时，即，
解得或，
故的取值范围为.
19．（2025高二上·浙江月考）已知抛物线（），焦点为，对于抛物线上一点，记，已知的最小值为1，将点向上平移个单位长度，得到点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若为坐标原点，直线与的另一个交点为，设直线的斜率分别为，，求的值；
（3）记点到直线的距离为，证明：以为圆心，为半径的圆始终经过定点.
【答案】（1）解：如下图所示：
设点，则，
因为，所以最小值为，
则，
所以，抛物线的方程为.
（2）解：由题意，可知直线斜率不为0，
设直线，
联立方程，
则，
又因为，
所以.
（3）证明：设，则，
所以，
则，
所以，圆，
化简得，
令，
解得，
则以为圆心，为半径的圆始终经过定点.
【知识点】抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）由抛物线的性质可得的最小值，再利用已知条件得出p的值，从而得出抛物线的方程；
（2）设直线，联立直线方程和抛物线方程，再根据韦达定理得出的值，利用两点求斜率公式代入，从而计算可得的值；
（3）设，利用点到直线的距离公式得出点，从而计算出半径为，则得出圆A的方程，再利用赋值法证出以为圆心，为半径的圆始终经过定点，并求出定点坐标.
（1）如下图所示：
设点，则，
因为，所以最小值为，则，
故抛物线的方程为.
（2）由题意可知，直线斜率不为0，
设直线，
联立方程，则.
又，
所以.
（3）设，则，故，所以，
得圆.
化简得，
令，
解得，
所以以为圆心，为半径的圆始终经过定点.
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