湖南省湘一名校联盟2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

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1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题：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. 点所在直线的斜率为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用两点斜率公式计算即可.
【详解】点所在直线的斜率为.
故选：A
2. 在等比数列中，，则公比（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式列式求值.
【详解】由，可得，所以.
故选：B
3. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】联立两个方程，解方程即可.
【详解】联立，得，解得或，
所以.
故选：D.
4. 若平面截球所得截面圆的直径为2，球心到的距离为1，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据球截面的性质，结合球的表面积公式进行求解即可.
【详解】如图所示，由题可得截面圆的半径为，
因为球心到的距离为1，所以,
球的半径，
所以球的表面积为.
故选：C
5. 若，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据和差角公式直接展开得到，由的范围得到的范围即可得出的范围 .
【详解】因为，
所以，即，因为，所以，则的取值范围是.
故选：C
6. 已知，则下列关系式不可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，则表示直线与图象交点的横坐标，利用数形结合法即可求出答案.
【详解】令，则表示直线与图象交点的横坐标，
当直线平移时，其中有如下情况：
此时，故A正确；
此时，故C正确；
此时，故D正确；
这种情况不可能出现，故B错误.
故选：B.
7. 已知数列满足，设甲：，乙：为等差数列.则甲是乙的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用赋值思想，结合等差数列的定义及通项公式来表达并加以判断即可.
【详解】令，则，因为，
所以，即为等差数列，故充分性成立.
反之，若为等差数列，设公差为，
则，
当时，，故必要性不成立.
故选：A.
8. 已知抛物线的焦点为，点，直线交于两点，且点为的重心，则的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设直线的方程为，设，将直线方程与抛物线方程联立，求得，进而求出，根据重心的坐标公式求出，即可求出的方程.
【详解】由题可知，如下图所示：
设直线的方程为，设，
联立方程可得，消去得，
所以，，
所以，
因为为的重心，所以，，
解得，
所以的方程为，即，检验可知，不过点，满足题意，
所以的方程为.
故选：D
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 为弘扬数学文化，激发同学们学习数学的兴趣，某校“数学强基社团”组织开展数学文化知识竞赛，个小组的分数依次为，，，，，，，.关于这组数据，下列说法正确的是（ ）
A. 众数是B. 平均数是
C. 分位数是D. 方差是
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据数据的各个数字特征值的计算与判断方式分别判断.
【详解】将数据按照从小到大的顺序排列得，，，，，，，.
对于A，众数是，故A正确；
对于B，平均数为，故B正确；
对于C，因为，所以分位数是，故C正确；
对于D，方差，故D错误；
故选：ABC
10. 如图，在直三棱柱中，，且为所在平面内一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则点的轨迹是一条直线
B. 若，则点的轨迹是半径为1的圆
C. 若，则点的轨迹是椭圆
D. 若点到直线和的距离相等，则点的轨迹是抛物线
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，则利用线线垂直证明线面垂直，从而可得，即可判断轨迹是直线；对于B，则利用勾股定理求出，即可判断轨迹是圆，对于C，利用求动点轨迹方程，即可判断轨迹是圆， 对于D，借助线面垂直证明线线垂直，从而把点到线的距离转化为点到定点的距离，再结合抛物线的定义，即可判断轨迹是抛物线.
【详解】对于A，如图，连接，当点与点不重合时，
因为三棱柱为直三棱柱，所以，
又，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面，所以平面平面，
又因为平面平面，所以点的轨迹是过点的一条直线，故A正确；
对于B，因为，所以，所以点的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆，故B正确；
对于C，如图，以为坐标原点，直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，
则，，设，因为，
所以，化简得，
所以点的轨迹是圆，故C错误；
对于D，因为平面平面，所以，
所以点到直线的距离即点到点的距离，
所以点到直线的距离与点到点的距离相等，
满足抛物线的定义，则点的轨迹是在平面内的一条抛物线，故D正确.
故选：ABD
11. 已知正项数列满足，，，其中表示不大于的最大整数，则（ ）
A.
B. 数列的前项和为
C. 能使，，成等差数列的正整数共有个
D. 数列的前项和为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据等差数列通项公式可得的通项公式，即可得，再利用裂项相消法可得的前项和，根据等差中项的性质可得，即可得的范围，利用分组求和的方法可得的前项和.
【详解】对于A，由题可知是首项为，公差为的等差数列，所以，因为为正项数列，所以，故A正确；
对于B，因为，所以的前项和为，故B错误；
对于C，由题意知，，
因为，，成等差数列，
所以，代入得，解得，
因为，，所以当时，都有，
所以的取值共有个，故C正确；
对于D，当时，，共项
当时，，共项
当时，，共项
当时，，共项
当时，，共项
当时，，共项
当时，，共项
当时，，共项
当时，，共项
当时，，共项，
所以的前项和为
，故D错误；
故选：AC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，角的对边分别为，已知，则__________.
【答案】7
【解析】
【分析】本题考查余弦定理的应用.利用余弦定理列方程即可求得.
【详解】由余弦定理可得，即，解得（负值舍去）.
故答案为：7.
13. 已知是递增的等比数列，若，且的前项和，则__________.
【答案】4
【解析】
【分析】设等比数列公比为，根据等比数列的性质，得到，结合，求得，再由，列出方程，求得，进而求得的值.
【详解】设等比数列的公比为，
由等比数列的性质，可得，
又由，所以是方程的两个根，解方程得或，
因为等比数列为递增数列，所以，
又因为，解得，
因为，解得.
故答案为：.
14. 已知双曲线的左､右焦点分别为，抛物线以为焦点，与的一个交点为，若的周长为，则__________.
【答案】.
【解析】
【分析】首先根据题意作图，在图中作出抛物线的准线和双曲线的焦点三角形，根据双曲线的定义和焦点三角形的周长，计算出，结合三角形为直角三角形，利用勾股定理计算出点的纵坐标，代入抛物线中再计算出点的横坐标，点又在双曲线上，代入双曲线方程得，利用，可得的值.
【详解】设双曲线的半焦距为，，由题可知，则；
如图，过点作轴的垂线，过点作的垂线，垂足为点，则为的准线，所以；
由题可知，解得，所以；
在中，由勾股定理可得，又，所以；
所以，整理可得，解得，因为，所以，即；
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. 已知圆的圆心为，且圆经过点.
（1）求圆的方程；
（2）若过点的直线与圆相切，求的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先求得圆心坐标，再计算得到半径，代入圆的标准方程即可.
（2）分类讨论，结合直线与圆相切，计算得到直线方程.
【小问1详解】
由题可知，即，
解得，则圆心的坐标为，
所以圆的半径，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
当的斜率不存在时，，与圆相切，符合题意.
当的斜率存在时，设.因为与圆相切，所以，
解得，所以的方程为，即.
综上，的方程为或.
16. 已知是递增的等差数列，且.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的性质列方程计算结合通项公式计算即可；
（2）利用错位相减法计算即可.
【小问1详解】
设的公差为，由题可知.
因为，所以①，
因为，所以②，
由①②，得.
所以.
【小问2详解】
由（1）可得.
所以③，
③，得④，
③④，得
所以.
17. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为线段上的动点，且.
（1）证明：平面；
（2）当线段的长度最小时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦.
【小问1详解】
如图，过点作交于点，连接，
则平面.
在正方体中，.
.
又.
平面平面平面.
平面平面，
∴平面平面，
平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，.
，
则，
当，即分别为的中点时，的长度最小，
此时.
设向量为平面的应该法向量，
则令，则.
易知平面即平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
∴平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知数列满足．
（1）求的值；
（2）证明是等比数列，并求通项公式；
（3）设的前项和为，若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据递推公式即可求解；
（2）由得出，即可证明，进而得出通项公式；
（3）由（2）得，再分类讨论为正奇数或正偶数，解不等式即可求解．
【小问1详解】
因为，
所以．
【小问2详解】
因为，
所以，
又，所以是首项为，公比为等比数列，
所以，即．
【小问3详解】
由（2）得，
①当为正奇数时，
，
由，得，
即，
因为，所以对任意的正奇数都成立，
当时，有最小值1，
所以．
②当为正偶数时，
，
由，得，
即，
因为，所以对任意的正偶数都成立，
当时，有最小值，所以，
综上，可知，即实数的取值范围是．
19. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为.
（1）求椭圆的方程.
（2）设分别为椭圆的上、下焦点，为椭圆上除上、下顶点外的一点，直线分别与椭圆交于另一点和，直线与椭圆交于另一点.
（i）求面积的最大值；
（ii）证明：直线过定点.
【答案】（1）.
（2）（i）2；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件列方程组即可求得的值.
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立可得横坐标差的绝对值的最大值，从而可得面积的最大值；（ii）联立直线与椭圆的方程，将点的坐标用点的坐标表示，同理可将的坐标用点的坐标表示，联立直线与椭圆的方程，将的坐标用点的坐标表示，在直线的方程中令，得到纵截距，化简即可得到定点.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为.
由题可知，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（i）如图，由（1）可知.
由题可知直线的斜率存在，设直线，
联立直线与椭圆的方程，即，消去，可得，
则，由，可得，异号，
所以
，
当且仅当，即时“”成立.
又的面积，
所以的面积，
即面积的最大值为2.
（ii）由上知直线，
联立直线与椭圆的方程，即，
消去，可得.
因为，所以，
设，则，
又，所以，
即.
同理可得.
直线的方程为，
联立直线与椭圆的方程，即，
消去，可得，
所以，则.
直线的方程为，
由对称性可知：若直线过定点，则定点必在轴上.
令，得
，（将代入即可）
所以直线过定点.