东北“三省一区”2025-2026学年高二上学期12月份联合考试数学试卷（含答案）
文档属性
| 名称 | 东北“三省一区”2025-2026学年高二上学期12月份联合考试数学试卷（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 907.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-22 09:34:37 | ||
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文档简介
2025-2026学年高二上学期12月联合考试数学试题
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A． B． C．0 D．不存在
2．如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，是的中点，设，，，用，，表示，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知椭圆的焦距为6，离心率为，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，，则（ ）
A． B． C．1 D．5
5．若抛物线与抛物线关于直线对称，则的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
6．若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．32
7．已知过点且法向量为的平面方程为，现有一点在平面上，则点到的距离为（ ）
A． B． C． D．17
8．在空间直角坐标系Oxyz中，，，点P满足，则点P到x轴距离的最大值为（ ）
A． B．4 C． D．
二、多选题
9．记直线，，则（ ）
A．过定点 B．的倾斜角为钝角
C．若，则 D．若，则
10．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）.
A．从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法
B．从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法
C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D．从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法
11．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线，点在曲线上，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线关于原点对称 B．直线与曲线有2个公共点
C．点的纵坐标的取值范围是 D．的最大值为
三、填空题
12．已知点，则以线段为直径的圆的标准方程为 .
13．记双曲线斜率为正的渐近线为，则虚轴的上端点到的距离为 ．
14．在共13个数中挑出个数，使得这个数中任意两个差的绝对值都不是5或8，则的最大值是 .
四、解答题
15．记圆，直线．
(1)若圆心T在l上，求a；
(2)若圆T与l相切，求a；
(3)若圆T与l相交，求a的取值范围．
16．在平面直角坐标系中，直线与曲线有且仅有一个公共点.
(1)求的方程；
(2)过的直线与另交于点，若，求的面积.
17．在直三棱柱中，.
(1)证明：；
(2)当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为.
18．在直角坐标系中，，曲线上两点满足的垂直平分线与交于两点.
(1)证明：；
(2)求；
(3)记点为中点，为圆上一点，求的最大值.
19．如图，从椭圆上一点（异于椭圆的左、右顶点）射出的光线照射到椭圆的右焦点上，经轴反射，反射光线过椭圆上的另一点．
(1)写出的坐标；
(2)证明：直线过定点；
(3)、、、四点能否共圆？请说明理由．
1．C
由直线方程即可求解.
【详解】由方程，可知直线与轴平行，
倾斜角为0，
故选：C
2．A
根据空间向量的线性运算计算得解.
【详解】因为是的中点，，分别是，的中点，
所以
.
故选：A
3．B
记椭圆的半焦距为，由题可得，，据此可得答案.
【详解】记椭圆的半焦距为，由得，于是由得，可知．
故选：B．
4．D
通过空间向量坐标运算计算，再代入空间向量数量积求解即可.
【详解】∵，，
∴
故选：D
5．D
先求得抛物线的焦点坐标，再根据点关于直线对称的知识求得的焦点坐标.
【详解】由题意得的焦点为，
设关于直线的对称点为，
则得
故的焦点坐标为.
故选：D
6．C
将数分为三组，即可根据整除的性质求解.
【详解】被3除余1的数有，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三个数字的和能被3整除，则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字，则取出的这三个数字的和能被3整除的种数种．
故选：C
7．C
根据给定条件，求出平面的法向量，利用点到面的距离的向量法公式求解即可.
【详解】易知平面的法向量，而由可得，于是，
所以，故点到的距离.
故选：C.
8．C
设， 由得到，由到轴的距离为，又，得到在平面的投影为圆心，半径为的圆面，此圆面中的点到原点的最大距离为圆心到原点距离加上半径，从而得到到轴的距离的最大值.
【详解】设，，，
，，
，
，
，
，
表示以为球心，半径为的球，
到轴的距离为，
，
在平面的投影为圆心，半径为的圆面，
此圆面中的点到原点的最大距离为圆心到原点距离加上半径，
圆面中的点到原点的最大距离为，
到轴的距离的最大值为.
故答案为：.
9．ACD
对直线方程进行整理变形即可得出过定点，利用直线一般方程中的系数的关系即可得出直线关系和倾斜角的范围.
【详解】对于选项A，整理直线方程：，则，解得，即过定点，故A正确；
对于选项B，整理直线方程：，当，即时，的倾斜角为直角，故B错误；
对于选项C，代入，可得直线，，显然，故C正确；
对于选项D，若，则，解得，故D正确.
故选：ACD
10．ABC
根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确.
对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确.
对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法；
第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法；
第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法，
故共有种不同的选法，故C正确.
对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；
第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法，
根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误.
故选：ABC.
11．AD
根据对称性、直线与曲线的交点、判别式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，曲线，
点都满足方程，
所以曲线关于原点对称，A选项正确
由消去并化简得，
解得或，所以直线与曲线有3个公共点，B选项错误.
由整理得，
令，则有非负根，
而其对称轴，
所以，，
解得，所以C选项错误.
令，则，代入，
化简得，设.
由于的开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，
由解得（负根舍去），
所以的最大值为，所以的最大值为，D选项正确.
故选：AD
12．
根据题意求出圆心坐标，圆的半径，再根据圆的标准方程即可求出.
【详解】因为为直径，则的中点为，所以圆心为，半径，
所以圆的方程为.
故答案为：.
13．/0.5
根据双曲线方程求得其虚轴的上端点和渐近线方程，由点到直线的距离公式即可求得.
【详解】由：可得实半轴，虚半轴，
故：，即，
则双曲线虚轴的上端点到直线的距离为．
故答案为：．
14．6
首先将13个数字按照要求排成一圈，再按要求进行分析即可得出的最大值．
【详解】如图，由题意，将13个数排成一圈，使相邻的两个数的差是5或8，
则其中任何相邻的数都不能同时取，从1开始按逆时针顺序把数染成实心和空心，
则所有空心圈对应的数符合题意，共6个，且若超过6个，
则必然会出现两个数相邻，因此的最大值为6.
故答案为：6.
15．(1)；
(2)或；
(3).
（1）先求出圆心，再应用点在直线上计算求解；
（2）根据直线与圆相切得出圆心到直线距离等于半径计算求参；
（3）根据直线与圆相交得出圆心到直线距离小于半径计算求参；
【详解】（1）圆的圆心为，
因为圆心T在l上，所以，所以；
（2）圆的圆心为，半径为，
又圆T与l相切，所以，所以或；
（3）圆的圆心为，半径为，
又圆T与l相交，所以，所以；
16．(1)
(2)
（1）将直线与曲线联立，由题意，求出p值，即可得答案.
（2）根据（1）可求出A点坐标，即可求出的斜率，进而可得的斜率，代入公式，可得直线的方程，与抛物线联立，结合弦长公式，可得，根据两点间距离公式，可得，代入面积公式，即可得答案.
【详解】（1）联立，得，
其中，
解得（舍）或，
故的方程为.
（2）此时由可解得，而，故，
所以的斜率，
故的斜率，所以，即，
联立，可得，解得，
故，
而，
故的面积.
17．(1)证明见解析
(2)
（1）由题意及正方形的性质，利用线面垂直的判定定理证明平面，从而利用线面垂直的性质定理证明即可；
（2）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面夹角的向量公式列式求解即可.
【详解】（1）因为，所以由直三棱柱的性质知四边形为正方形，所以，
而，平面，所以平面，
而平面，所以；
（2）由题意知，平面，
所以平面，而平面，
所以，故两两垂直，
以为坐标原点，方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，
则，
从而，
设平面的一个法向量为，
则，即，可取，
设平面的一个法向量为，
则，即，可取，
故，
平方化简得，又，所以，故.
18．(1)证明见解析
(2)
(3).
（1）记，根据向量的坐标表示和坐标运算计算得证结果.
（2）根据题意先求的坐标，再计算直线的方程，与曲线联立，结合韦达定理和弦长公式计算即可.
（3）结合以上分析先计算点的坐标，结合求得最大值.
【详解】（1）证明：记，不妨设斜率为正，，
由得，
前者可得，得，
代入后者得，即，
于是.
（2）此时由斜率为正且显然有，
于是，故.
此时的斜率中点为，
故的方程为，即.
联立，得，记，
则，
于是.
（3）显然，
故，记，
于是当且仅当点在线段上时，等号成立，
故的最大值为.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)、、、四点不能共圆，理由见解析
【详解】（1）在椭圆中，，，
则，故.
（2）若直线的斜率不存在，则点、重合，不合乎题意，
若直线的斜率为零，则该直线与轴重合，与题意矛盾，
故直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，设点、，
由，得，
，
由韦达定理可得，．
由，得，
又，故，
即，
则，
化简整理得，于是直线的方程为，
因此直线过点.
（3）、、、四点不能共圆，事实上，总在的外接圆的内部．理由如下：
线段的垂直平分线方程为，即．
同理，线段的垂直平分线方程为．
联立上述两个方程，得的外心的横坐标为
．
因，故，
所以，于是，
所以在的外接圆的内部，故、、、四点不能共圆.
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A． B． C．0 D．不存在
2．如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，是的中点，设，，，用，，表示，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知椭圆的焦距为6，离心率为，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，，则（ ）
A． B． C．1 D．5
5．若抛物线与抛物线关于直线对称，则的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
6．若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．32
7．已知过点且法向量为的平面方程为，现有一点在平面上，则点到的距离为（ ）
A． B． C． D．17
8．在空间直角坐标系Oxyz中，，，点P满足，则点P到x轴距离的最大值为（ ）
A． B．4 C． D．
二、多选题
9．记直线，，则（ ）
A．过定点 B．的倾斜角为钝角
C．若，则 D．若，则
10．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）.
A．从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法
B．从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法
C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D．从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法
11．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线，点在曲线上，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线关于原点对称 B．直线与曲线有2个公共点
C．点的纵坐标的取值范围是 D．的最大值为
三、填空题
12．已知点，则以线段为直径的圆的标准方程为 .
13．记双曲线斜率为正的渐近线为，则虚轴的上端点到的距离为 ．
14．在共13个数中挑出个数，使得这个数中任意两个差的绝对值都不是5或8，则的最大值是 .
四、解答题
15．记圆，直线．
(1)若圆心T在l上，求a；
(2)若圆T与l相切，求a；
(3)若圆T与l相交，求a的取值范围．
16．在平面直角坐标系中，直线与曲线有且仅有一个公共点.
(1)求的方程；
(2)过的直线与另交于点，若，求的面积.
17．在直三棱柱中，.
(1)证明：；
(2)当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为.
18．在直角坐标系中，，曲线上两点满足的垂直平分线与交于两点.
(1)证明：；
(2)求；
(3)记点为中点，为圆上一点，求的最大值.
19．如图，从椭圆上一点（异于椭圆的左、右顶点）射出的光线照射到椭圆的右焦点上，经轴反射，反射光线过椭圆上的另一点．
(1)写出的坐标；
(2)证明：直线过定点；
(3)、、、四点能否共圆？请说明理由．
1．C
由直线方程即可求解.
【详解】由方程，可知直线与轴平行，
倾斜角为0，
故选：C
2．A
根据空间向量的线性运算计算得解.
【详解】因为是的中点，，分别是，的中点，
所以
.
故选：A
3．B
记椭圆的半焦距为，由题可得，，据此可得答案.
【详解】记椭圆的半焦距为，由得，于是由得，可知．
故选：B．
4．D
通过空间向量坐标运算计算，再代入空间向量数量积求解即可.
【详解】∵，，
∴
故选：D
5．D
先求得抛物线的焦点坐标，再根据点关于直线对称的知识求得的焦点坐标.
【详解】由题意得的焦点为，
设关于直线的对称点为，
则得
故的焦点坐标为.
故选：D
6．C
将数分为三组，即可根据整除的性质求解.
【详解】被3除余1的数有，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三个数字的和能被3整除，则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字，则取出的这三个数字的和能被3整除的种数种．
故选：C
7．C
根据给定条件，求出平面的法向量，利用点到面的距离的向量法公式求解即可.
【详解】易知平面的法向量，而由可得，于是，
所以，故点到的距离.
故选：C.
8．C
设， 由得到，由到轴的距离为，又，得到在平面的投影为圆心，半径为的圆面，此圆面中的点到原点的最大距离为圆心到原点距离加上半径，从而得到到轴的距离的最大值.
【详解】设，，，
，，
，
，
，
，
表示以为球心，半径为的球，
到轴的距离为，
，
在平面的投影为圆心，半径为的圆面，
此圆面中的点到原点的最大距离为圆心到原点距离加上半径，
圆面中的点到原点的最大距离为，
到轴的距离的最大值为.
故答案为：.
9．ACD
对直线方程进行整理变形即可得出过定点，利用直线一般方程中的系数的关系即可得出直线关系和倾斜角的范围.
【详解】对于选项A，整理直线方程：，则，解得，即过定点，故A正确；
对于选项B，整理直线方程：，当，即时，的倾斜角为直角，故B错误；
对于选项C，代入，可得直线，，显然，故C正确；
对于选项D，若，则，解得，故D正确.
故选：ACD
10．ABC
根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确.
对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确.
对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法；
第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法；
第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法，
故共有种不同的选法，故C正确.
对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；
第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法，
根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误.
故选：ABC.
11．AD
根据对称性、直线与曲线的交点、判别式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，曲线，
点都满足方程，
所以曲线关于原点对称，A选项正确
由消去并化简得，
解得或，所以直线与曲线有3个公共点，B选项错误.
由整理得，
令，则有非负根，
而其对称轴，
所以，，
解得，所以C选项错误.
令，则，代入，
化简得，设.
由于的开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，
由解得（负根舍去），
所以的最大值为，所以的最大值为，D选项正确.
故选：AD
12．
根据题意求出圆心坐标，圆的半径，再根据圆的标准方程即可求出.
【详解】因为为直径，则的中点为，所以圆心为，半径，
所以圆的方程为.
故答案为：.
13．/0.5
根据双曲线方程求得其虚轴的上端点和渐近线方程，由点到直线的距离公式即可求得.
【详解】由：可得实半轴，虚半轴，
故：，即，
则双曲线虚轴的上端点到直线的距离为．
故答案为：．
14．6
首先将13个数字按照要求排成一圈，再按要求进行分析即可得出的最大值．
【详解】如图，由题意，将13个数排成一圈，使相邻的两个数的差是5或8，
则其中任何相邻的数都不能同时取，从1开始按逆时针顺序把数染成实心和空心，
则所有空心圈对应的数符合题意，共6个，且若超过6个，
则必然会出现两个数相邻，因此的最大值为6.
故答案为：6.
15．(1)；
(2)或；
(3).
（1）先求出圆心，再应用点在直线上计算求解；
（2）根据直线与圆相切得出圆心到直线距离等于半径计算求参；
（3）根据直线与圆相交得出圆心到直线距离小于半径计算求参；
【详解】（1）圆的圆心为，
因为圆心T在l上，所以，所以；
（2）圆的圆心为，半径为，
又圆T与l相切，所以，所以或；
（3）圆的圆心为，半径为，
又圆T与l相交，所以，所以；
16．(1)
(2)
（1）将直线与曲线联立，由题意，求出p值，即可得答案.
（2）根据（1）可求出A点坐标，即可求出的斜率，进而可得的斜率，代入公式，可得直线的方程，与抛物线联立，结合弦长公式，可得，根据两点间距离公式，可得，代入面积公式，即可得答案.
【详解】（1）联立，得，
其中，
解得（舍）或，
故的方程为.
（2）此时由可解得，而，故，
所以的斜率，
故的斜率，所以，即，
联立，可得，解得，
故，
而，
故的面积.
17．(1)证明见解析
(2)
（1）由题意及正方形的性质，利用线面垂直的判定定理证明平面，从而利用线面垂直的性质定理证明即可；
（2）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面夹角的向量公式列式求解即可.
【详解】（1）因为，所以由直三棱柱的性质知四边形为正方形，所以，
而，平面，所以平面，
而平面，所以；
（2）由题意知，平面，
所以平面，而平面，
所以，故两两垂直，
以为坐标原点，方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，
则，
从而，
设平面的一个法向量为，
则，即，可取，
设平面的一个法向量为，
则，即，可取，
故，
平方化简得，又，所以，故.
18．(1)证明见解析
(2)
(3).
（1）记，根据向量的坐标表示和坐标运算计算得证结果.
（2）根据题意先求的坐标，再计算直线的方程，与曲线联立，结合韦达定理和弦长公式计算即可.
（3）结合以上分析先计算点的坐标，结合求得最大值.
【详解】（1）证明：记，不妨设斜率为正，，
由得，
前者可得，得，
代入后者得，即，
于是.
（2）此时由斜率为正且显然有，
于是，故.
此时的斜率中点为，
故的方程为，即.
联立，得，记，
则，
于是.
（3）显然，
故，记，
于是当且仅当点在线段上时，等号成立，
故的最大值为.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)、、、四点不能共圆，理由见解析
【详解】（1）在椭圆中，，，
则，故.
（2）若直线的斜率不存在，则点、重合，不合乎题意，
若直线的斜率为零，则该直线与轴重合，与题意矛盾，
故直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，设点、，
由，得，
，
由韦达定理可得，．
由，得，
又，故，
即，
则，
化简整理得，于是直线的方程为，
因此直线过点.
（3）、、、四点不能共圆，事实上，总在的外接圆的内部．理由如下：
线段的垂直平分线方程为，即．
同理，线段的垂直平分线方程为．
联立上述两个方程，得的外心的横坐标为
．
因，故，
所以，于是，
所以在的外接圆的内部，故、、、四点不能共圆.
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