山西省太原市第五中学校2025-2026学年高二上学期12月月考数学试卷

这是一份山西省太原市第五中学校2025-2026学年高二上学期12月月考数学试卷，共15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。
抛物线 y  8 x2 的准线方程为（ ）
3
y   2
3
y   4
3
y   3
32
y   3
16
数列7, 25, 79, 241,L 的一个通项公式为（）
n
a  3n  2
a  3n  4
a  3n1  2
a  3n1  4
n
n
n
过圆C : x2  ( y  3)2  4 上的点 P 2, 3 作圆的切线，则切线方程为（ ）
x  y 1  0
C． x  2 y  4  0
x  2 y  0
D． x  2  0
已知等差数列an ， a2  3 ， a3  a5  10 ，则a8  2a5  （ ）
3B．3C．4D． 4
x2y2
已知双曲线 a2  b2  1(a  0, b  0) 的离心率为2 2 ，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
7x  y  0
x 
7 y  0
3x  y  0
x  3y  0
PA
PO
在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A0, 3 ，且动点 P  x, y  满足
 2 ，则动点 P 的轨迹与圆
 x 12   y  22  1 的位置关系是（ ）
相交B．外切C．外离D．内切
x2y2
2
已知双曲线C : a2  b2  1(a  0, b  0) ，斜率为 2 的直线与双曲线C 相交于点 A 、 B ，且弦 AB 中点坐标为(1,1) ，则双曲线C 的离心率为（ ）
3
A．2B．
C．
D．3
已知抛物线C : y2  4x 的焦点为 F ， O 为坐标原点，若直线l 交C 于 A ， B 两点，且OA  OB  4 ，点O
关于l 的对称点为 D ，则 DF 的取值范围为（ ）
A． 2, 4
二、多选题
B．  3 , 7 
 2 2 

C． 1,3
D．  1 , 7 
 2 2 

若点 Am, 4 和点 B 1 m, 3 关于直线l : x  ny  3  0 对称，则（ ）
AB 的中点坐标为  1 , 7 
n  1
 2 2 

直线l 的斜率为 1D． m  0
F , F
2
C : 
VPF F
PF 
x2
已知 12 是椭圆2y
2
A． 2B．
2
1的左､右焦点， P 是C 上一点，若1 2 是直角三角形，则1（ ）
C． 2D． 3 2
2
已知双曲线C : x2  y2  的左、右焦点分别为 F ， F ，点 P 是C 的右支上一点，过点 P 作C 的切线l 与
3112
C 的两条渐近线分别交于M ， N 两点，则下列说法正确的是（ ）
PF 2  PF 2 的最小值为 8
12
存在点 P ，使得 PF1  PF2  4
点M ， N 的纵坐标之积为定值
MN  2 MP
三、填空题
过点 A1, 3 且与直线 x  y 1  0 垂直的直线方程是.
已知 A5, 2 ，点 P 是抛物线 y2  8x 上的一点，点 B 是圆 F : ( x  2)2  y2  1 上的一点，则 PA  PB 的
最小值为.

2
2
已知点 A 是椭圆C : x
2
y
2  1a  b  0 的下顶点， F 是C 的右焦点，延长 AF 交C 于点 B ，若
ab
AF  2FB ，则C 的离心率为.
四、解答题
已知圆C : (x  2)2  ( y  6)2  16 ，过点M 4, 6 且斜率为 1 的直线l 交圆C 于 A ， B 两点.
求线段 AB 的中垂线方程；
求弦 AB 的长.
已知抛物线C : y2  2 px  p  0 的焦点为 F，点 A4,t  （其中t  0）在抛物线 C 上， AF  5 ．
求 p 和t 的值；
O 为坐标原点，过点 A 的直线l 与抛物线C 交于另一点 B ， OA  OB ，求直线l 的方程．
10
在平面四边形 ABCD 中， AD  CD  2 ， AB  CB  2 3 ，BAD  BCD  90 （如图 1），将V ACD 沿着 AC 翻折到△ACP 的位置（如图 2），且 BP .
求证：平面 ACP  平面 ABC ；
求平面 ABP 与平面 BCP 夹角的余弦值.
2
．
已知双曲线 x2  y2  1a  0, b  0 的渐近线上一点与右焦点 F 2, 0 的最短距离为

a2b2
求双曲线的方程；
O 为坐标原点，直线 x  ty  2 与双曲线的右支交于 A 、 B 两点，与渐近线交于C 、 D 两点， A 与C 在 x
轴的上方， B 与 D 在 x 轴的下方．
求实数t 的取值范围．
设S1 、S2 分别为V AOC 的面积和VBOD 的面积，求S1  S2 的最大值．

2
2
已知点 F 是椭圆C : x
2
y
2  1a  b  0 的右焦点，O 为坐标原点，若C 上的点与点 F 距离的最大值为
ab
3，最小值为 1，过点 F 作C 的两条互相垂直的弦 AB ， DE .
求C 的方程；
AB
DE
1
求证： 1 的值为定值；
设 AB ， DE 的中点分别为 P ， Q ，求证：直线 PQ 过定点.
1．C
将抛物线方程化为标准方程，即可求解.
人教版（2024）>八年级上册由题意，抛物线 y  8 x2 的标准方程为 x2  3 y ，
38
所以抛物线 y  8 x2 的准线方程为 y   3 .
332
故选：C.
2．C
根据数列的定义和规律求解即可.
n
将数列 7，25，79，241，… 的各项都加上 2 后为 9，27，81，243，… ，故该数列的一个通项公式为a  3n1  2 .
故选：C.
3．D
由题知，点 P 2, 3 在圆C : x2  ( y  3)2  4 上，且kPC  0 ，由此可得出所求切线的方程
PC
圆C : x2  ( y  3)2  4 的圆心为C 0, 3 ，因为点 P 在圆C 上，且k
 3  3  0 ， 2  0
易知所求切线与 x 轴垂直，故所求切线的方程为 x  2 ，即 x  2  0 .
故选：D.
4．A
等差中项的性质可转化可求解
Qan  为等差数列， a2  a8  2a5 ， a8  2a5  a2  3
故选：A
5．A
b
根据离心率求出
a
即可求渐近线方程.
 c 2
 a 
 
a2  b2
a2
1  a 
 b 2
 
2
由双曲线的离心率为2 2 ，得e  2，
所以 b  7 ，又双曲线 x  y  的渐近线方程为 y   b x 
22
，所以渐近线方程为 y
7x ，即 7x  y  0 ．
a
故选:A．
a2b21a
6．C
首先根据已知条件得到 P 的轨迹表示圆心为0, 1 ，半径为 R  2 的圆，再根据两圆的位置关系求解即可.
PA
PO
=2 ，得 PA  2 PO ，
x2   y  32
则
 2
，整理得 x2   y  12  4 ，
x2  y2
表示圆心为0, 1 ，半径为 R  2 的圆，
圆 x 12   y  22  1 的圆心为1, 2 ，半径r  1，
0 12  1 22
两圆的圆心距为
 10 ，满足2 1 ，
10
所以两个圆外离.故选：C.
7．B
设 A(x1 ， y1 ) ，B(x2 ， y2 ) ，根据 AB 的中点 P 的坐标，利用点差法表示出斜率，从而得到关于a 、b 的关系式，再求离心率.
x2y2
斜率为 2 的直线与双曲线C : a2  b2  1(a  0, b  0) ，相交于 A ， B 两点，设 A(x1 ， y1 ) ， B(x2 ， y2 ) ，
x 2y 2
则 1  1  1，①；
a2b2
x 2y 2
2  2  1，②，
a2b2
①  ②得(x1  x2 )(x1  x2 )  ( y1  y2 )( y1  y2 ) ，
a2a2
2
则k  y1  y2  b · x1  x2 ，
x  xa2 y  y
1212
Q弦 AB 中点坐标为(1,1) ，
 x1  x2  2 ， y1  y2  2 ，
Q直线l 的斜率为 2，
b2  2a2 ，
c2  a2  b2  3a2 ，
e2  3 .
则e  3 .
故选： B . 8．C
 y2 y2
由 A ， B 两点在抛物线 y2  4x 上，所以可以设点 A 1 , y1  ， B  2 , y2  ，
–––→ –––→
则OA  OB 
 y y 2
1 2
16
 y1 y2
 4 ，
 4
 4
由直线l 交C 于 A ， B 两点，故直线l 不与 x 轴平行或重合，故可设直线l 解析式为 x  my  t ，
 y2  4x

联立x  my  t
，得 y2  4my  4t  0 ， y1 y2 = - 4t ，
所以OA  OB  t 2  4t  4 ，解得t  2 ，
所以直线l 与 x 轴的交点为 P 2, 0 ，由O ， D 关于直线l 对称，所以 OP  DP  2 ，且 D 点不与O 点重合，
故可知 D 的轨迹方程为：  x  22  y2  4 （不经过原点），
所以 DF
r  PF
 1， DF  r  PF
 3 ，即 DF 1, 3.
故选：C.
ABD
根据题意可知直线l 为 AB 的垂直平分线，由两直线垂直的关系表式计算可判断得出结论.
易知 AB 的中点坐标为  1 , 7  ，则点  1 , 7  在直线l 上，
 2 2  2 2 

所以 1  7n  3  0 ，解得n  1 ，
22
所以直线l 的斜率为1.
又因为 AB  l ，所以3  4
1  m  m
 (1)  1 ，
解得m  0 .
故选：ABD
ABD
根据VPF1F2 是直角三角形，分类讨论得出 PF1 即可求解.由题意知 F1 1, 0, F2 1, 0 ，
若 PF1  F1F2 ，令 x  1 ，得 y  
2 ，所以 PF 2 ，故 A 正确；
3 2
212
2
若 PF2  F1F2 ，则 PF ，又 F1F2
 2 ，所以 PF


，故 D 正确；
 2 
2

 2 
  22
2212
当点 P 为C 的上顶点或下顶点时， PF1  PF2
 2 ，又 F1F2
 2 ，所以 PF1  PF2 ，故 B 正确.
故选:ABD.
ACD
设 P  x , y  ，由 PF 2  PF 2  8x
，可判定 A 正确；假设存在点 P ， PF  PF  4x2  7 ，可判断 B；设直线
00120
120
l 的方程为 x  my  n ，求得切点 P 的纵坐标，与渐近线联立方程组求得交点M , N 的坐标，计算可判断 C，利用中点坐标公式可判断 D.
2y2
3
a2  b2
由题意，双曲线 x  3  1，可得a  1 ， b ，则c 
 2 ，
y222
所以焦点 F1 2, 0 ， F2 2, 0 ，设 P  x0 , y0  ，则 x0  1 ，且 x2  0  1，即 y0  3x0  3 ，
03
由 PF 2  PF 2   x
 22  y2    x  22  y2   8x  8 ，故 A 正确；
12 00   00 0
y222
假设存在点 P ，设 P  x0 , y0  ，则 x0  1 ，且 x2  0  1，即 y0  3x0  3 ，
03
所以 PF  PF  2  x ,  y 2  x ,  y   x2  4  y2  x2  4  3x2  3  4x2  7  3 ，
12000000000
所以不存在点 P ，使得 PF1  PF2  4 ，故 B 错误；
显然直线l 的斜率不为 0，设直线l 的方程为 x  my  n ，
x  my  n
2

由x2  y
,得3m2 1 y2  6mny  3n2  3  0 ，

1
3
又直线l 与C 相切，所以Δ  36m2n2 12 3m2 1n2 1  0 ，整理得n2  1 3m2 ，
所以n2 y2  6mny  9m2  0 ，即ny  3m2  0，解得 y  3m ，
n
即点 P 的纵坐标为 yP
 3m .
n
不妨设直线l 与 y 
3x 的交点为M ，与 y  
3x 的交点为 N ，
13m
x  my  n
，解得 y 
3n
3n
y  3x
x  my  n
，解得 y 
1 3m
 3n

 3n
y   3x
1 3m
，即点 N 的纵坐标为 yN 
 3m
由 ，即点M 的纵坐标为 yM ，
由
1
3n
1 3m
 3n
1 3m
3n2
，
31 3m2 
则点M ， N 的纵坐标之积为 yM yN  1 3m2 
1 3m2
 3 ，故 C 正确；
3n   3n
3n 1
3m 
3n 1
3m
因为 yM  yN  1 3m1 3m  6mn  3m  y ，
222 1 3m2 

2n2nP
所以点 P 是线段MN 的中点，所以 MN
 2 MP ，故 D 正确.
故选：ACD.
x  y  2  0
设出直线，利用待定系数法进行求解.
设与直线 x  y 1  0 垂直的直线方程是 x  y λ 0 ，代入点1, 3 ，得1 3  λ 0 ，解得λ 2 ，
所以所求的直线方程是 x  y  2  0 .
故答案为： x  y  2  0
6
首先根据圆上的点到定点的最值问题可得： PB  PF 1，再根据抛物线的定义结合三角不等式即可求得最小值.
如图，由题意知 F 2, 0 是抛物线 y2  8x 的焦点，
过点 P 作准线的垂线，垂足为 P ，记点 P 到抛物线 y2  8x 的准线的距离为d ，所以 PA  PB  PA  PF 1  PA  d 1  5  2 1  6 ，
当且仅当直线 AP 与抛物线的准线垂直，点 B 在线段 PF 上时，等号成立，
所以 PA  PB 的最小值为 6.
故答案为： 6
14． 3
3
根据椭圆的基本性质，和椭圆离心率的定义，利用向量共线，求出点的坐标，进而求出离心率.
设椭圆C 的焦距为2c ，设 B m, n, A0, b, F c, 0 ，所以 AF  c, b, FB  m  c, n ，因为 AF  2FB ，所
m  3 c,
c  2 m  c
以，即
2，即 B  3 c, b  ，

b  2n


22
n  b ,
2
 3 2


 b 2
 c  
c21c3
因为点 B 在椭圆C 上，所以 2    2   1 ，所以 a2  3 ，所以C 的离心率为e  a  3 .
a2b2
故答案为： 3 .
3
15．(1) x  y  4  0
14
(2) 2
求出线段 AB 的中垂线m 的斜率，结合m 过圆心2, 6 ，待定系数法进行求解；
求出圆心到直线l 的距离，利用垂径定理求出答案.
由直线l 的斜率为 1，得线段 AB 的中垂线m 的斜率为1，又m 过圆心2, 6 ，则m 的方程为 y  6   x  2 ，
所以线段 AB 的中垂线方程为 x  y  4  0 .
设直线l 的方程为 x  y  C  0 ，将M 4, 6 代入得4  6  C  0 ，解得C  10 ，可得直线l 的方程为 x  y 10  0 ，
11
2  6 10
 2 ，
42  
2 2
14
C : (x  2)2  ( y  6)2  16 的圆心为2, 6 ，半径为 4，圆心2, 6 到直线l 的距离为d 
r 2  d 2
所以 AB  2
 2
 2.
16．(1)p 的值为 2，t 的值为 4．
(2) x  4 ．
由抛物线的定义结合点在抛物线上即可求解；
 y2
法一：设 B 点的坐标为 B , yB  ，通过OA  OB ，列出等式求解即可；
 4
法二：设直线方程为m  y  4  x  4 ，联立抛物线方程，由OA  OB  0 ，结合韦达定理求解；
由抛物线的定义及 AF  5 ，知4  p  5 ，解得 p  2 ．
2
将点 A4,t  的坐标代入抛物线 C 的方程 y2  4x ，得t 2  16 ，又t  0，所以t  4，故 p 的值为 2，t 的值为 4．
 y2
法一：设 B 点的坐标为 B , yB  ，
 4
y2
因为OA  OB ，A 点的坐标为（4，4），所以4  B  4 yB  0 ，
4
解得 yB  4 或 yB  0 （舍去）．
所以 B 点的坐标为（4，－4），所以直线l 的方程为 x  4 ．
法二：由题知l 的斜率不为零，设直线l 的方程为m  y  4  x  4 ，整理得 x  my  4m  4 ．设点 A，B 的坐标分别为 x1 , y1 ,  x2 , y2  ，
 y2  4x,

联立方程x  my  4m  4,
，得 y2  4my 16m 16  0 ，
y2 y2(16m 16)22
所以 y1 y2  16m 16, x1 x2  1 2  16(m 1) ．
1616
因为OA  OB ，所以OA  OB  x x  y y  16(m 1)2 16m 16  0 ，解得m  1或m  0 ．
1 21 2
当m  1时，直线l 的方程为 y  x ，经过原点 O 不合题意；当m  0 时，直线l 的方程为 x  4 ，满足题意，
故直线l 的方程为 x  4 ．
17．(1)证明见解析
(2) 7 .
13
连接 BD ，与 AC 交于点O ，通过等腰三角形的三线合一证明OP  AC ，再根据勾股定理证明
OP  OB ，根据线面垂直的性质定理即可得证OP  平面 ABC ，最后根据面面垂直的性质进行证明即可.
以点O 为坐标原点，以OB, OC, OP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，分别求解平面 ABP 及平面 BCP 的法向量，最后根据面与面的夹角公式进行求解即可.
如图，连接 BD ，与 AC 交于点O ，
3
因为在平面四边形 ABCD 中， AD  CD  2, AB  CB  2，
BC 2  CD2
所以 BD 垂直平分线段 AC, O 是 AC 的中点，所以 BD  AC ，即OP  AC, OB  AC ，因为BAD  BCD  90 ，所以 BD  4 .
因为sin∠CBD  CD  1 ，所以CBD  30∘ ，
BD2
所以OB  BC  cs30∘  3, OD  1.
翻折后，因为OB2  OP2 10  BP2 ，所以OP  OB ，又OP  AC,OB  AC  O,OB, AC  平面 ABC ，
所以OP  平面 ABC .
又OP  平面 ACP ，所以平面 ACP  平面 ABC .
因为OB, OC, OP 两两垂直，故以点O 为坐标原点，
以OB, OC, OP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A0,  3, 0, B 3, 0, 0, C 0, 3, 0, P 0, 0,1 ，
–––→–––→
所以 PA  0,  3, 1, PB  3, 0, 1 .
→
–→ –––→

m  PA  
3y  z  0
设m   x, y, z  为平面 ABP 的一个法向量，则–→ –––→，
m  PB  3x  z  0
令 z  3 ，得 x  1, y  
–––→–––→
3 ，所以m  1, 
→
→
3, 3 .
PC  0, 3, 1, PB  3, 0, 1 ，设n  a, b, c 为平面 BCP 的一个法向量，
→ –––→
n  PC  3b  c  0→
则→ –––→，令c  3 ，得a  1, b 
n  PB  3a  c  0
11 3  3  3 3
13  13
→ →
3 ，所以n  1, 3, 3，
所以cs  → →
m  n7
，
m, n  → → 
m n13
所以平面 ABP 与平面 BCP 夹角的余弦值为 7 .
13
2
2
1
18．(1) x  y 
22
2
(2)（ⅰ） 1,1 ；（ⅱ） 4  2
（1）根据焦点到渐近线距离求出b ，再求出a 即可得解；
（2）（ⅰ）直线与双曲线方程联立消元后由根与系数关系及直线与右支相交可得；
根据弦长公式及点到直线的距离分别求出三角形面积，根据面积表达式换元后利用不等式性质求最值
即可.
2
设双曲线 x
a2
2
y
 1 的焦距为2c ，且c  2 ，
2
b2
2b
b2  a2
因为 F 2, 0 到直线bx  ay  0 的距离为
 2 ，故b ，
则a 
 2 ，故双曲线的方程为： x
2
y
 1．
c2  b2
2
22
如图，
（ⅰ）设 A x , y  ， B  x , y  ，联立直线与双曲线的方程x  ty  2 ，

1 122
t 2 1  0

Δ  8t 2  8  0
x2  y2  2
 y1  y2  t 2 1
消元得t 2 1 y2  4ty  2  0 ，则 4t ，

2

 y1  y2  t 2 1
因为直线与双曲线右支交于两点，故 y1 y2
2
t 2 1
 0 ，则1  t  1，故t 的取值范围为1,1 ．
ⅱⅰ
1 t 2
1 t 2y  y 4 y y

12

2
1 2
1 t 2 8t 2  8
（ ）由（ ）知， AB 
y1  y2

1 t 2，
1 t 2
原点O 到直线 AB 的距离d 2，
设C  x , y  ， D  x , y  ，联立 x  ty  2 ，则t 2 1 y2  4ty  4  0 ，

3344
x2  y2  0
y  y  4t ， y y 4 ，   16  0，
1 t 2 16
34
则 CD 
t 2 1
3 4
1 t 2
y3  y4
t 2 1
1 t 2y  y 4 y y

34

2
3 4

1 t 2，
1
2
而S1  S2  S△COD  S△AOB 
CD  AB d 
，
4  2 2t 2  2
1 t 2
S  S 
4  2m 8  4m 4
4 4  2

令m 
2t 2  2  
2, 2，则 12

m2  24  m2
1
2
2  2
2
2  m，
当m  2 即t  0 时取到等号．
2
综上所述， S1  S2 的最大值为4  2．
2
2
1
19．(1) x  y 
43
(2)证明见解析 (3)证明见解析
a  c  3a  2
设椭圆C 的焦距为2c ，则由题意得a  c  1 ，解得c  1 .

所以b2  a2  c2  4 1  3 ，
2
所以C 的方程为 x
2
y
 1.
43
由（1）得 F 1, 0 ，若直线 AB 与直线 DE 的斜率一个为 0，另一个不存在时，
7
.
3
AB  4 ， DE  2b2  （或 AB  3 ， DE  4 ），此时 1  1 
AB
DE
a12
若直线 AB 与直线 DE 的斜率都存在时，如图：
设直线 AB 的方程为 y  k  x 1 ， A x1 , y1  ， B  x2 , y2  ，
 y  k  x 1

由 x
2  y2
，得3  4k 2  x2  8k 2 x  4k 2 12  0 ，
 1
 43
8k 2
所以 x1  x2  3  4k 2 ， x1 x2 
4k 2 12
3  4k 2 .
1 k 2
所以 AB 
1 k 2
 8k 2

2
 3  4k 2 
  4  4k 12
2
3  4k 2

x1  x2 
1 k 2x  x 4x x

12

2
1 2
12 1 k 2 
 3  4k 2

1 2 
112 1   k  
12 k 2 1
因为 AB  DE ，将k 换成，得 DE 
  ，
k 1 2
4  3k 2
113  4k 2
4  3k 2
3  4   
k

7 k 2 17
AB
DE
所以.
12 1 k 2  12 k 2 112 k 2 112
AB
DE
1
综上所述， 1
的值为定值.
32
8k 2
y  y  k  x  x
 2 
6k
（ ）由（ ）得 x1x2
，
3  4k 2
1212
3  4k 2 ，
 4k 23k 

因为 P 是 AB 的中点，所以 P  3 
4k 2 ,
3  4k
2  ，

 1 2 1  
1 4   k 3  k  
 4 3k 
将k 换成，得Q 
,
  ，即Q ,
k 1 2 1 2 
 4  3k 2
4  3k 2 
 3  4   k 3  4   k  
 
PQPQk
3k
 4  3k 2
3k
3  4k 2 7k
若直线
的斜率存在，则直线
的斜率为 PQ
4  4k 2
4  3k 23  4k 2
4 1 k 2  ，
3k7k
4k 2
y 7k
 x  4 
所以直线 PQ 的方程为 y  3  4k 2 
2  x  3  4k 2  ，即
4 1 k 2 7  ，
4 1 k   
所以直线 PQ 过定点 4 , 0 
 7

若直线 PQ 的斜率不存在，则
4k 2
3  4k 2
4
4  3k 2
，解得k 2  1，
此时直线 PQ 的方程为 x  4 ，直线 PQ 也过定点 4 , 0  .
7 7

综上，直线 PQ 过定点 4 , 0  .
 7
