广西壮族自治区贵百河联考2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题含答案含答案解析

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（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.
一､单选题：本题共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. 已知，那么等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据诱导公式计算即可.
【详解】.
故选：C
2. 已知数列，则是这个数列的第（ ）项
A. 13B. 14C. 15D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得数列通项公式，据此可得答案.
【详解】由题可得数列通项公式为：.
则令.
故选：A
3. 已知直线和平面.若，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用线面平行的判定性质，结合充分条件、必要条件判断得解.
【详解】由，，得；
反之，由，，得或与异面直线，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：C
4. 已知点是抛物线上的一点，设点到直线和的距离分别为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线定义，将点到的距离转化为点到焦点的距离，然后数形结合，根据三角形三边关系，可以得出的最小值即为点到直线的距离，再结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由题意，抛物线的焦点，准线方程为，
因为点在抛物线上，所以，所以.
联立方程组得：，则，
所以直线与抛物线无公共点，
如图所示，的最小值即为点到直线的距离，
所以最小值为，
即的最小值为.

故选：A
5. 若圆上恰有三点到直线的距离为2，则的值为
A. 或2B. 或C. 2D.
【答案】D
【解析】
【详解】把圆的方程化为标准方程得：（x-1）2+（y-3）2=9，得到圆心坐标为（1，3），半径r=3，
若圆上恰有三点到直线的距离为2，则圆心到直线的距离为1，即，解得k=
故选D
6. 如图，这是战国时楚国标准度量衡器，于1954年出土于湖南长沙的木衡铜环权，包括木质秤杆、两个铜盘和九枚铜环权，为等臂衡秤式样，其中铜环权类似于砝码，用于测量物体质量．已知九枚铜环权中质量最小的为1铢，最大的为8两（古制1两=24铢，1斤=16两），且按从小到大的顺序排列后前3项构成等差数列，后7项构成公比为2的等比数列，若某物体的质量恰为第2，5，7枚铜环权的质量和，则该物体的质量为（ ）

A. 2两4铢B. 2两14铢C. 3两2铢D. 3两12铢
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列、等比数列的知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设九枚铜环权按从小到大的顺序排列后的质量为，
由题意知，，，得，
则，，，铢两14铢．
故选：B
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用双曲线渐近线确定，由余弦定理可得，再由勾股定理得，又由确定得，最后根据求得离心率 .
【详解】根据题意可知：点在以为圆心为半径的圆上，所以；
根据双曲线渐近线方程为有，
由双曲线中，可得，
在中，，，
余弦定理有，解得；
有，所以；
在中，，，所以，
所以双曲线离心率.
故选：D
【点睛】方法点睛：
双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
8. 已知是定义域为的单调递减函数，且存在函数使得.若分别是方程和的根，则（ ）
A. 3B. C. 6D.
【答案】A
【解析】
【分析】将化为便可利用的单调性解决.
【详解】因为，且，
所以，
即.
因为是定义域为的单调递减函数，
所以函数单调递减，
又因，
故，即.
故选：A.
二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则（ ）
A. B.
C. A与B为互斥事件D. A与B相互独立
【答案】AB
【解析】
【分析】根据给定条件，利用古典概率、条件概率公式，结合互斥事件、相互独立事件的意义计算判断.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，，B正确；
对于C，事件可以同时发生，则A与B不互斥，C错误；
对于D，，由选项AB知，，则A与B相互不独立，D错误.
故选：AB
10. 已知，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则以下说法正确的是（ ）
A. 点的坐标为B.
C. D. 的最大值为5
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据直线方程求出定点的坐标，利用两直线垂直的判断方法，勾股定理，三角函数辅助角求最值即可得解.
【详解】因为可以转化为，
故直线恒过定点，故A选项正确；
又因为：，即恒过定点，
由 和, 满足，
所以, 可得, 故B选项正确；
所以, 故C选项正确；
因为, 设为锐角,
则, ，
所以,
所以当时, 取最大值, 故选项D错误.
故选：ABC.
11. 如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为棱上的点，且，则（ ）
A. 当时，平面
B. 当时，点C到平面BDN的距离为
C. 当时，三棱锥外接球的表面积为
D. 对任意，直线与都是异面直线
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，对于A，直接求解平面的法向量，判断与法向量是否垂直即可，对于B，直接求解平面的法向量，利用距离公式求解，对于C，连接交于，过作平面的垂线，则外接球球心在此垂线上，然后利用勾股定理可求出球的半径，从而可求出表面积，对于D，利用异面直线的定义判断即可.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，

对于A，，则，设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，所以与不垂直，所以与平面不平行，所以A错误，
对于B，，设平面的法向量为，则
，令，则，
所以点C到平面BDN的距离为，所以B正确，
对于C，连接交于，过作平面的垂线，则外接球球心在此垂线上，设三棱锥外接球的半径为，
则，所以三棱锥外接球的表面积为，所以C正确，
对于D，对任意，因为在平面内，点在平面外，且直线与平面交于点，直线不经过点，
所以直线与都异面直线，所以D正确，
故选：BCD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，其中14题第一空2分，第二空3分，共15分.
12. 已知公差为的等差数列的前项和为，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列的首项为，由题意列方程计算可得，根据等差数列前项和公式计算即可求解.
【详解】设等差数列的首项为，
由题意可得，解得，
所以.
故答案为：.
13. 已知空间向量，，，若，，共面，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据共面向量定理可得，然后将坐标代入可求出的值.
【详解】因为，，共面，所以存在唯一实数，使，
即，
则，解得，，.
故答案为：3
14. 函数，当时，的零点个数为_____________；若恰有4个零点，则的取值范围是______________.
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】第一空：当时、时可得答案；第二空：至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；分、、讨论结合图象可得答案.
【详解】第一空：当时，当时，，解得；
当时，，无零点，
故此时的零点个数是1；
第二空：显然，至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；
①
若恰有2个零点，则，此时恰有两个零点，所以，解得，
此时；
②
若恰有3个零点，则，此时，
所以恰有1个零点，符合要求；
③当时，，所以恰有1个零点，
而至少有4个零点，
此时至少有5个零点，不符合要求，舍去.
综上，或.
故答案为：1；.
【点睛】方法点睛：求零点的常用方法：①解方程；②数形结合；③零点存在定理；④单调+存在求零点个数，复杂的函数求零点，先将复杂零点转化为较简单函数零点问题.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，且.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.
【详解】（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.
16. 已知数列满足.
（1）证明是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）令，求数列前项的和.
【答案】（1）证明见解析，；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件可得，利用等比数列的定义推理得证，再求出等比数列通项公式.
（2）由（1）得，再利用错位相减法求和即得.
【小问1详解】
由，得，而，
所以是首项为5，公比为5的等比数列，则，即.
【小问2详解】
由（1）得，
则，
于是，
两式相减得
，则，
所以数列前项的和.
17 已知圆.
（1）若，求圆过点的切线的方程；
（2）当时，过点作直线，且直线交圆于点，直线交圆于点，，若，求的最大值.
【答案】（1）切线的方程为或；（2）
【解析】
【分析】(1)当直线斜率不存在时，可直接得出直线方程；当直线斜率存在时，先设所求直线方程为，由直线与圆相切，即可求出直线的方程;
(2)当m=0时，圆方程为，设点到直线的距离分别为，由弦长的一半、圆心的直线的距离、圆的半径三者满足勾股定理，可表示出，进而可求出其最大值.
【详解】（1）当直线斜率不存在时，其方程为，满足题设；
当直线斜率存在时，设其方程为，即
据题意，得
解得：
所以此时切线的方程为
综上，所求切线方程为或.
（2）当时，圆方程为
设点到直线的距离分别为，则
，，
所以
所以
又因为
所以，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时等号成立，
所以.
【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系的综合运用，属于中档试题.
18. 如图1，在四边形中，，．将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的几何体．

（1）若为的中点，证明：平面；
（2）若为上一动点，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取BE中点O，先证CO⊥面ABE，再由CO∥DG，证线面垂直即可；
（2）以E为中心建立空间直角坐标系，设F坐标，由空间向量计算二面角求得F的坐标即可得结果.
【小问1详解】

如图，取的中点，连接，易得∥．
因为∥，故∥，且，
所以四边形为平行四边形，则∥．
因为面，所以平面．
而平面，所以．
因为，所以．
因为面，所以平面，所以平面．
【小问2详解】
如图，过点作直线∥，则直线面面，
又，所以直线两两相互垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，．

设面的一个法向量为，则，
令，则，即．
设面的一个法向量为，则，
令，则，即，
由图象可知二面角为锐角，
所以，解得或6（舍去），
即，所以.
19. 设两点的坐标分别是，直线相交于，且它们的斜率之积为，点的轨迹构成的曲线记为．
（1）曲线的方程；
（2）若直线与曲线相交于不同的两点，点是曲线上的动点（异于．
（i）当时，若直线斜率均存在，判断是否一定是定值，并证明你的结论；
（ii）当点的坐标为时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）是定值，证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）设点的坐标为，根据题干直接列式即可求解；
（2）（i）当，设，则，表示出并利用点都在曲线上即可证明；（ii）设，的中点为，直线与曲线联立得到的坐标，利用得到，进而求出，再根据即可求出的范围.
【小问1详解】
设点坐标为，则，
化简得，即.
【小问2详解】
（i）（定值）.
证明如下：当时，易得两点关于原点对称，
设，则，
所以，
而均在曲线上，
所以，
从而，证毕.
（ii）由题意知，当时，显然；
设，的中点为，
由，
由，得①，
，则，
所以，因为，则，从而，即．
而，所以，化简得，
由得②，将代入①，
则，得：③，由②③得，
综上，实数的取值范围为.