精品解析：宁夏回族自治区石嘴山市第一中学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：宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题（解析版），共16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，每题5分
1. 已知函数f(x)＝x2－2x上两点A，B的横坐标分别为xA＝0，xB＝1，则直线AB的斜率为（ ）
A. 1B. －1C. 2D. －2
【答案】B
【解析】
【分析】根据两点坐标，直接求直线的斜率.
【详解】斜率k＝＝＝－1.
故选：B
2. 若，（常数），则点的轨迹是（ ）
A. 椭圆B. 线段C. 椭圆或线段D. 椭圆或直线
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆的定义可得答案.
【详解】当时，若，|，则点的轨迹是线段，
当时，>4，这时轨迹是椭圆．
综上所述，点的轨迹是线段或椭圆.
故答案为：C．
3. 已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上一点，作于点，若为等边三角形，则点的横坐标为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用抛物线的标准方程先确定F坐标，结合定义与正三角形的性质计算即可.
【详解】由抛物线的定义可知，且，过作，
可知D为的中点，
则，即，所以点的横坐标为3.
故选：C

4. 圆的圆心和半径分别是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的标准方程的定义即可得圆心坐标和半径.
【详解】由圆的标准方程可得，
圆心坐标为,半径.
故选：B
5. 如图，在三棱锥中，点G为底面的重心，点M是线段上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱，，于点D，E，F，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量基本定理，用表示，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数，使，再转化为，由空间向量分解的唯一性，分析即得解.
【详解】由题意可知，
因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数，使，所以
，所以
，所以
，所以．
故选：D
6. 已知函数，数列满足，则（ ）
A. 2022B. 2023C. 4044D. 4046
【答案】A
【解析】
【分析】先求得，然后利用倒序相加法求得正确答案.
【详解】∵，
∴．
∵，
∴．令，
则，两式相加得，
∴．
故选:A
7. 设双曲线的一个焦点与抛物线的焦点相同，离心率为.则抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据焦点相同可整理得出双曲线方程及渐近线方程，进而得解.
【详解】由抛物线，得，焦点为，在轴上，
所以，即，焦点为，
即，，，
所以，
又离心率为，即，
解得：，，
双曲线方程为：，
渐近线方程为：，即，
所以抛物线的焦点到双曲线渐近线的距离为，
故选：D.
8. 已知是椭圆的两个焦点，为上一点，且，，则的离心率的平方为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的定义及已知条件得到，，在中利用余弦定理即可求得答案.
【详解】因为，所以，
则，，因为，
在中，由余弦定理可得，
所以，整理可得，
所以，
故选：D．
二、多选题：每题共18分
9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是函数的周期
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数的图象可由函数向左平移个单位长度得到
D. 函数的对称轴方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用三角函数图象与性质逐一判断选项即可.
【详解】因为，所以是函数的周期，故A正确；
∵，∴，又在上不单调，故B错误；
∵函数向左平移个单位长度得到，故C正确；
令，得，故D正确，
故选：ACD．
10. 已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上两动点，下列说法正确的是（ ）
A. 的方程为：
B. 若轴，则
C. 若直线AB的斜率为1，则
D. 以为直径的圆与相切或相交
【答案】BC
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，结合点差法、直线与圆的位置关系逐一判断即可.
【详解】因为抛物线，所以准线的方程为：错误．
轴，，则，B正确．
因为，又因为，两式作差可得：
，即，C正确．
以为直径的圆，圆心为，半径为，
则圆心到的距离为，因为，
所以，该圆与相切或相离，D错误，
故选：BC．

11. 数列满足：，，（，），前n项和为，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 是偶数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据递推关系式（，），依次求出的值，即可判断A，计算出，即可判断B，发现是奇数、偶数出现的周期性即可判断C，根据（，），依次仿写式子，由累加法求和即可判断D.
【详解】由，，（，），
可得当时，，
当时，，
当时，，故A正确；
当时，，
当时，，
当时，，
所以，故B正确；
根据递推关系式依次计算出，
，
可以发现是奇数、偶数的出现规律是以7为周期，
以奇数，奇数，偶数，奇数，偶数，偶数，奇数为一个周期循环出现，
因为余2，所以是奇数，故C错误；
因为（，），
所以（，），
（，），
（），
（）.
将以上的个式子相加，可得
左侧，
右侧
即，
所以，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共15分.
12. 与椭圆有公共焦点，且渐近线方程为双曲线的标准方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】通过椭圆表达式求得，再由渐近线得双曲线的关系式，结合双曲线的即可求解.
【详解】由题知，焦点落在轴，
又渐近线方程为，则，所以，
又，解得，故双曲线的方程为.
故答案为：.
13. 写出一条过原点，且与圆相切的直线的方程_____．
【答案】（或）
【解析】
【分析】分所求直线的斜率不存在和存在两种情况讨论求解即可.
【详解】解：当所求直线的斜率不存在时，，此时满足与圆相切，符合题意．
当所求直线的斜率存在时，设所求直线方程为，
则，解得，
所以，所求直线的方程为，即．
故答案为：（或）
14. 在集合中任取两个数，构成以原点为起点的向量从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个不共线向量为邻边作平行四边形，则平行四边形面积不超过2的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】先枚举集合中构成的所有向量，列出任取两个不共线向量的全部情况（确定基本事件总数）；再通过向量点积求夹角正弦，结合平行四边形面积公式（两向量模长乘积乘夹角正弦）计算每组向量对应的面积，统计面积不超过的情况数；最后利用古典概型概率公式计算概率.
【详解】可以为，，，，，，
从中任选两个不共线向量，即有以下情况，，
，，，，，
，，，，，共12种情况，
当选择时，，故，
此时平行四边形的面积为，满足要求，
同理可得，当选择，，，，
，时，面积不超过2，综上，共7种情况，满足要求，
故平行四边形面积不超过2的概率为.
故答案为：
四、解答题
15. 某人进行投篮球训练检测，规定在M，N处各投篮球1次，根据以往经验，在M处投中的概率为0.6，获得3分，在N处投中的概率为0.8，获得2分.假设各处投篮相互独立，互不影响.
（1）在M，N处均投中的概率为多少?
（2）两次投篮后，至少得两分的概率为多少?
【答案】（1）0.48
（2）0.92
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算即可；
（2）分三种情况，结合独立事件的乘法公式和概率的加法公式即可.
小问1详解】
由相互独立事件同时发生的概率乘法公式，
设在M处投中为事件M，在N处投中为事件N，两处均投中为事件A，
即，，.
则在M，N处均投中的概率为0.48.
【小问2详解】
记两次投篮后至少获得两分事件B，
则
.
则两次投篮后，至少得两分的概率为0.92.
16. 已知，，，，，求：
（1），，；
（2）与的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据向量的平行和垂直，分别列出方程，解得答案;
（2）求出向量与的夹角的坐标，利用向量的夹角公式求得答案.
【小问1详解】
∵， ，
解得,
则，
∵，， 即，
解得，
则．
【小问2详解】
由得， ，
设与的夹角为，
=，=，


与的夹角为的余弦值为．
17. 如图，长方体底面是边长为2的正方形，高为4，E为线段AB的中点，F为线段的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线EF与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与直线的方向向量，即可得证；
（2）求出平面的法向量，再由空间向量法计算可得；
【小问1详解】
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
又为线段的中点，所以，
所以，
易知平面的法向量可以为，
所以，即，又平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）可得，所以，，
设平面的法向量为，则，
令，可得，则，
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；
18. 在平面直角坐标系中，动点到点的距离比到直线的距离小2．
（1）求的轨迹的方程；
（2）设动点的轨迹为曲线，过点作斜率为，的两条直线分别交于M，N两点和P，Q两点，其中．设线段和的中点分别为A，B，过点作，垂足为．试问：是否存在定点，使得线段的长度为定值．若存在，求出点的坐标及定值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在定点，使得线段的长度为定值2；理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据动点G到点的距离比它到直线的距离小2和抛物线的定义可知点G的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，进而得出结果；
（2）设直线方程，联立抛物线方程，求得A，B的坐标，从而表示出AB的方程，说明其过定点，由可说明点D点在一个圆上，由此可得结论.
【小问1详解】
由题意可得动点到点的距离比到直线的距离小2，
则动点到点的距离与到直线的距离相等，
故G的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，
设抛物线方程为 ，
则焦准距 ，故的轨迹的方程为： ；
【小问2详解】
由题意，直线MN的方程为 ，由题意可知 ，
由 ，消去y得： ，
，
设 ，则，
故 ，同理可求得，
所以直线AB的斜率，
故直线AB的方程为：
，
故直线AB过定点 ，设该点为,
又因为，所以点D在以EF为直径的圆上，
由于 , ,
故以EF为直径的圆的方程为，
故存在定点，使得线段的长度为定值2.
【点睛】本题考查了抛物线方程的求解以及直线和抛物线的位置关系中的定点问题，综合性较强，解答时要注意设直线方程并和抛物线方程联立,利用很与系数的关系进行化简，关键是解题思路要通畅，计算要准确，很容易出错.
19. 已知，为椭圆C：的左、右顶点，且椭圆C过点.
（1）求C的方程；
（2）过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中点D在x轴上方），求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得，把代入椭圆方程可得答案；
（2）①当l斜率不存在时，易知；②当l斜率存在时，设l，，，与椭圆方程联立，求出、，由利用韦达定理可得，设，转化为，可得答案.
小问1详解】
由题意得，把代入，
解得，
所以C的方程为；.
【小问2详解】
由（1）知：，，
①当l斜率不存在时，易知；
②当l斜率存在时，设l：，，，
由，得，显然，
所以，，
因为，，
所以，
因为，
所以.
又，
设，则，，解得且，
所以，
因为，可得的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是借助求出的范围，本题考查了学生的思维能力、运算能力.