精品解析：湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题（解析版），共21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：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设，，若，则k=（ ）
A. 4B. C. 17D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量平行的性质进行求解即可.
【详解】因为，所以，
故选：B
2. 双曲线渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令可得.
【详解】双曲线的渐近线方程为，即．
故选：C.
3. 经过点作直线l，若直线l与连接，两点的线段总有公共点，设l的倾斜角为，l的斜率为 k，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由两点斜率公式可求解斜率，进而得，然后求解三角不等式得答案．
【详解】设直线的倾斜角为，
,
所以，即，
由题意知：，
解得：或．
倾斜角的取值范围是
故BCD错误，A正确，
故选：A
4. 已知圆：关于直线对称，圆：，则圆与圆的位置关系是（ ）
A. 内含B. 相交C. 外切D. 外离
【答案】B
【解析】
【分析】先根据对称求出值，然后求出圆心距，进而得出两圆位置关系.
【详解】因为圆，即关于直线，
说明该直线过圆心，则有，
解得，所以圆的圆心坐标为，半径为1，
圆的圆心坐标为，半径为4，而.
所以两圆的位置关系是相交.
故选：B.
5. 、分别为与上任意一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 3D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】先判断两直线平行，再利用两平行直线距离公式计算即得.
【详解】因直线与直线互相平行，、是两直线上的点，
故当且仅当为两直线的公垂线段时，取得最小值，
即最小值为两直线之间的距离，为.
故选：B.
6. 已知动点满足，则点的轨迹是（ ）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
【答案】B
【解析】
【分析】化简给定方程，再由方程特征确定轨迹.
【详解】由两边平方得，
整理得，即，
因此点的轨迹方程是，所以的轨迹为椭圆.
故选：B
7. 设圆锥曲线的两个焦点分别为，若曲线上存在点满足，则曲线的离心率等于
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】设，讨论两种情况，分别利用椭圆与双曲线的定义求出的值，再利用离心率公式可得结果.
【详解】因为，
所以可设，
若曲线为椭圆则，则；
若曲线为双曲线则，，∴，故选.
【点睛】本题主要考查椭圆的定义及离心率以及双曲线的定义及离心率，属于中档题. 离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．
8. 如图，过抛物线的焦点的直线（斜率为正）交抛物线于点两点（其中点在第一象限），交其准线于点，若，则到抛物线的准线的距离为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】结合图形特征得出，，得出，再计算得出解得即得.
【详解】如图，分别过点作准线的垂线，垂足分别为点，
设，所以，由抛物线的定义得，所以，
在中，，又因为，
解得，又记准线与对称轴交于点，因为，解得，即到抛物线的准线的距离为4.
故选：B.
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.
9. 下列命题错误的是（ ）
A. 若事件与事件互斥，则
B. 若事件与事件相互独立，则事件与事件相互独立．
C. 事件与事件同时发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率小．
D. 抛掷一枚均匀的硬币，如前两次都是反面，那么第三次出现正面的可能性就比反面大．
【答案】ACD
【解析】
【分析】举反例判断AC；根据独立事件的概念及乘法公式判断B；根据独立重复试验概率性质判断D.
【详解】选项 A：互斥事件指不能同时发生的事件，但只有对立事件互斥且必有一个发生的概率和为.
例如，掷骰子时“出现点”与“出现点”互斥，但，故A错误．
选项B：若与独立，则.计算：
，
满足独立事件的定义，故与独立，B正确．
选项C：举反例：若即事件与完全相同，
则“与同时发生”的概率为，“与恰有一个发生”的概率为，
此时，故C错误．
选项D：抛掷均匀硬币是独立重复试验，每次正面向上的概率均为，前两次结果不影响第三次的概率，
故第三次正面与反面的可能性相等，D错误．
故选：ACD
10. 四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（ ）
A. 四棱锥的外接球表面积为
B. 的最小值为
C. 不存在点，使得
D. 点到直线的距离的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A项，将该四棱锥补为长方体，求出长方体的体对角线即可得出该四棱锥外接球的半径，根据表面积公式即可得出答案；对于B项，将四棱锥沿剪开得到平面图，最小值即为，根据已知求出各边边长，进而计算即可得出答案；对于C项，假设存在点，建立空间直角坐标系，表示出的坐标.进而根据，得出，列出方程解出的值，即可得出判断；对于D项，表示出，进而根据向量法表示出点到直线的距离.结合二次函数的性质，即可得出最小值.
【详解】对于A项，将该四棱锥补为长方体，可知即为该长方体的一条体对角线，
且.
且该长方体的外接球即为该四棱锥的外接球，半径为，
表面积为，故A正确；

对于B项，如图1，将四棱锥沿剪开得到平面图，连接，交于点，
易知均为直角三角形，且全等，
且，，，
则，且，
即有，
所以，即的最小值为.故B正确；

对于C项，假设存在点，使得
如图2，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
则，，.
设，，
则.
因为，
所以，解得.
故存在点，使得.故C项错误；
对于D项，由已知可得，，
所以点到直线的距离，
，
，
所以，当时，点到直线的距离的最小值为.故D正确.
故选：ABD.
11. 已知椭圆 ，是其左右焦点， 是椭圆 上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值是4
B. 的最大值是4
C. 取最小值时，点的坐标为
D. 若也在抛物线 上，则到点的最小距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆及抛物线的定义，再结合基本不等式及柯西不等式可得.
【详解】由，得，即.如图：
对于A：由椭圆的定义得，当且仅当时等号成立，所以A正确；
对于B：因为，所以，
又因为，所以，又因为，
所以，当且仅当时等号成立.所以B错误；
对于C：由，所以，即，
当且仅当，即代入，解得或，
所以当时，有最小值，故C正确；
对于D：因为点在抛物线 上，抛物线的焦点为，
根据抛物线的定义，到点的距离等于P点到准线的距离.
因为，所以，得，
所以到点的距离，
当且仅当，即（负值舍去）时等号成立.故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 椭圆的焦距为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆方程确定长半轴的平方，短半轴的平方，根据椭圆中、、的关系求出半焦距的平方，从而得到半焦距，由椭圆的焦距为计算焦距.
【详解】由椭圆方程可知，椭圆的焦点在轴上因为，
其中长半轴的平方，短半轴的平方.
根据椭圆中、、的关系，计算得：，
故.椭圆的焦距为，因此焦距为.
故答案为：.
13. 教材页第题：在空间直角坐标系中，已知向量，点，点若直线经过点，且以为方向向量，是直线上的任意一点，求证：；若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，求证：利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据教材习题的结论，分别求得平面的法向量和直线的方向向量，再根据线面角的向量求法，求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】平面方程为，平面的一个法向量，
同理，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量，
设平面与平面的交线的方向向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，
则．
故答案为：.
14. 已知，则的最大值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，原式化为，设，则可以看成点到点两点的距离之差，可求最大值.
【详解】因为，设，
，
令，则，
则上式为，
设，
点为双曲线位于第一象限的点，
可以看成点到点两点的距离之差，
又，
所以的最大值是.

故答案为：
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. （1）若一条光线从点射出，与轴相交于点，经轴反射，求入射光线和反射光线所在直线的方程；
（2）若直线经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，求直线的方程．
【答案】（1）入射光线所在直线的方程为，反射光线所在直线的方程为；
（2）或或．
【解析】
【分析】（1）由点的坐标求得入射光线的方程，进而得到入射光线的斜率，根据对称求得反射光线的斜率，根据反射光线过点求得反射光线的方程；
（2）讨论直线在两坐标轴上的截距等于零和不等于零两种情况，当在两坐标轴上的截距均为零时，设直线的方程为；当在两坐标轴上的截距均不为零时，设直线的方程为.分别代入点，可求得直线的方程．
【详解】
【小问1】设入射光线为，反射光线为，
光线从点射出，与轴相交于点，
入射光线的方程为，整理得，
入射光线的斜率，反射光线的斜率，
又反射光线要经过点，
反射光线的方程为，即.
【小问2】当直线的截距为时，设直线的方程为.
因为直线经过点，所以，所以直线方程为，即，
当直线的截距不为时，设直线的方程为，
则解得或．
若，则直线的方程为，即
若则直线的方程为，即.
综上所述，直线的方程为：或或．
16. 如图，一个正八面体八个面分别标以数字到，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为记事件“得到的点数为偶数”，记事件“得到的点数不大于”，记事件“得到的点数为质数”．
（1）请写出具体的样本空间；
（2）请证明：；
（3）连续抛掷次这个正八面体，记事件为第次抛掷这个正八面体事件发生，求连续抛掷次这个正八面体事件只发生次的概率．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由题意得到正八面体与地面接触的面上的数字，即可求解样本空间；
（2）由题意求出事件所含的样本点，事件所含的样本点，事件所含的样本点，事件所含的样本点，利用古典概型概率公式求解即可证明；
（3）结合对立事件概率公式，根据互斥事件概率加法公式和独立事件乘法公式求解即可.
【小问1详解】
因为正八面体八个面分别标以数字到，
任意抛掷一次，与地面接触的面上的数字可能是，，，，，，，，
所以样本空间．
【小问2详解】
事件所含的样本点为：，事件所含的样本点为：，
事件所含的样本点为：，
故事件所含的样本点为：，所以，
又，所以，
【小问3详解】
依题意知每次抛掷这个正八面体的结果都互不影响，即互相独立，
记为第次抛掷这个正八面体发生事件，则，
所以事件只发生次的概率为：
．
17. 已知双曲线的左顶点为，离心率为，是上的两点．
（1）求的标准方程；
（2）若（不在直线上)，证明：直线过定点．
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率及的值，求出的值，代入双曲线方程即可.
（2）设出直线方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理得到两根之和和两根之积，根据进行化简，进而求出定点坐标.
【小问1详解】
因为，，
所以，故的标准方程为.
【小问2详解】
证明：设直线的方程为，，.
由，得，
则，，，
又，则，，
因为，所以，
即，
即，
即，
整理得，解得或，
当时，直线，直线过点，不符合题意，舍去；
当时，直线，则直线过定点.
综上，直线过定点．
18. 如图，已知平行六面体的底面是菱形，且且为锐角．

（1）求证：；
（2）当的值为多少时，能使平面？请给出证明；
（3）若在底面的正投影为菱形的对角线交点，且，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）借助空间向量线性运算法则计算即可得；
（2）结合线面垂直性质定理与空间向量线性运算法则计算即可得；
（3）利用投影定义结合线面垂直性质定理与空间向量线性运算法则计算可得与的数量关系，再找出平面与平面所成角的平面角，结合三角函数定义与同角三角函数基本关系计算即可得.
【小问1详解】
设，，，，则，
由题意可得，
则，
故，即；
【小问2详解】
当时，平面，证明如下：
设时，平面，由平面，
则，，
又，
，，
有
，
由，则恒成立，即恒有，
有
，
则，故当且仅当时，平面；
【小问3详解】
取中点，连接，由，且底面是菱形，
故点即为菱形的对角线交点，且为等边三角形，
则底面，又平面，则，
，，
则
，
即有，则，
过点作于点，则即为平面与平面所成角的平面角，
由，则，
则，则，
即平面与平面的夹角的余弦值为.

19. 公元前180年，古希腊数学家狄俄克利斯（Dicles）独立发明了蔓叶线，其方程为,如左图所示，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如右图所示，平面内给定圆和直线,从坐标轴原点O引射线分别交圆C和直线于点A、B,在射线上取一点M满足.
（1）求蔓叶线的横坐标的取值范围；
（2）求证：点M蔓叶线上；
（3）已知：直线与蔓叶线交于三点,记直线的斜率为,直线与圆C交于点,若,求的值.
参考公式：若是一元三次方程的三个根，则,,.
【答案】（1）[0,2) （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）将蔓叶线方程中的与分离，根据解得的范围；
（2）依据向量相等的性质得到点的坐标，再将点的横坐标代入蔓叶线方程的右边，通过化简计算与进行比较，若相等则可证明点在蔓叶线上；
（3）求的值，可先由直线与圆的交点表示，得到，再结合直线与蔓叶线交点的三次方程，利用韦达定理和已知的进行计算.
【小问1详解】
点不在方程上，故该式可化为，
则且，则且，可得.
故蔓叶线的横坐标的取值范围为.
【小问2详解】
设，已知直线的方程为，将其代入圆的方程，
进行整理得
解得或，因为点不是原点，所以点横坐标为.
已知，设，
根据向量坐标运算，，因为，所以，.
将代入蔓叶线方程的右边，得：，
而，
即，
点的坐标满足蔓叶线方程，因此点在蔓叶线上.
【小问3详解】
将直线方程与圆方程联立，
得，解得或（舍去）.
故，因此，
因此.
齐次化联立直线与蔓叶线方程，
得到整理得，
即，
根据方程联立的意义可知，所得的关于的一元三次方程的三个根即为，
结合韦达定理可知，.
又，
=1.