重庆市荣昌中学2025-2026学年高二上学期12月学情调研数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答卷前，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2B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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上相应位置，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，答题卡交回，试卷自行保存.
第一部分（选择题 共58分）
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. 已知数列-1，1，3，5，7…，则它的通项公式可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用枚举法，可得答案.
【详解】当时，A、B、C不符合题意；对于D，，，，，，符合题意.
故选：D.
2. 方程表示的曲线是（ ）
A. 左半圆B. 右半圆
C. 下半圆D. 单位圆
【答案】A
【解析】
【分析】整理得，再根据圆的方程即可得答案.
【详解】对两边平方整理得，
所以方程表示圆心为坐标原点，半径为的圆在轴及左侧的部分，即左半圆，A选项满足.
故选：A
3. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在平面ABC内，，则下列选项中可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论.
【详解】空间向量共面定理：，
若不共线，且共面，其充要条件是，
即若点M在平面ABC内，则且.
对A，因为，所以四点不共面；
对B，因为，所以四点共面；
对C，因为，所以四点不共面；
对D，因为，所以四点不共面.
故选：B
4. 在平面直角坐标系中，过点与圆相切的直线方程是（ ）
A. B.
C. 或D.
【答案】D
【解析】
【分析】分为切线的斜率是否存在两种情况，结合直线与圆相切的条件列式即可得到答案.
【详解】圆的圆心为，半径，
当斜率不存在时，直线为，此时圆心到直线的距离为，符合题意，
当斜率存在时，设直线的斜率为，则直线方程为，即，
若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，
所以，解得，所以直线方程为，
综上，过点与圆相切的直线方程是或.
故选：D.
5. 已知双曲线的上、下焦点分别为，，点P在双曲线C上，若，则（ ）
A. 3B. 17C. 3或15D. 1或17
【答案】C
【解析】
【分析】利用双曲线的定义即可求解.
【详解】由题意有：，，，
由双曲线的定义有：，且，
所以，所以或.
故选：C.
6. 为椭圆上一点，是它的上焦点，，则的最大值为（ ）
A. B.
C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用椭圆的定义将化为，再结合即可求出答案.
【详解】设为椭圆的下焦点，
由椭圆方程知，，，，
则，
由椭圆的定义得
所以，当是的延长线与椭圆的交点时等号成立，
所以的最大值为.
故选：A.
7. 已知双曲线的方程为，双曲线的方程为，若他们有共同的渐近线，则称双曲线与为“共轭双曲线”，则双曲线、的离心率、可能取值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程，结合离心率与渐近线，整理恒等式，分别判别选项，可得答案.
【详解】对于共轭双曲线和，由“共同渐近线”可知.
由双曲线的离心率，其中，故；
由双曲线的离心率，其中，故.
由，令，则，故，，
进而可得，
对于A，，故A不符合题意；
对于B，，故B符合题意；
对于C，，故C不符合题意；
对于D，，故D不符合题意.
故选：B.
8. 已知椭圆的焦点为，，过的直线与交于，两点，若，，则的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.
【详解】如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在中，由余弦定理推论得．
在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为.
故选：D．
二、多选题（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. 直线（ ）
A. 或重合B. 可能都平行y 轴
C. 分别过定点和D. 之间的距离最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】将方程化为斜截式方程即可判断位置关系判断A；根据斜率存在判断B；根据直线过定点判断C，根据两直线平行，且均过定点，即可求解距离最大值判断D.
【详解】直线即，斜率为，纵截距为，
直线即，斜率为，纵截距为，
所以的斜率相等，当即时，与重合，当时，故A正确；
由于的斜率为，存在，故直线不可能都平行y 轴，故B错误；
，
令，解得，故过定点，
，
令，解得，故过定点，故C正确；
由C可知分别过定点和，且两直线或重合，重合时两直线距离为0，
当与两定点所在直线垂直时，之间距离最大，最大值为，故D正确.
故选：ACD
10. 已知为坐标原点，过抛物线：焦点的直线与交于、两点，则下列选项中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 可能为直角.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，根据抛物线的焦半径公式即可判断；设直线方程与抛物线联立，利用韦达定理求得，，即可判断BC，对于D，通过计算即可判断.
【详解】对于A，由题意，，所以无最小值，故选项A错误；
对于B，因直线的斜率不可能为0，故可设，
与联立消元得：，
显然，，则，
则，所以选项BC正确；
对于D，由B选项可得，
则，
故与所夹的角为钝角，即不可能为直角，故D错误.
故选：BC.
11. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果方体图案（如图1）把三片这样的达•芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3的几何体.若图3中每个正方体的棱长为，则（ ）
A.
B. 点到直线距离是
C. 若为线段上的一个动点，则的最大值为
D. 异面直线与所成角的正切值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，根据坐标运算可判断A；根据点到直线的向量公式可判断B；利用坐标表示出，结合二次函数的基本性质即可判断C；利用向量夹角公式和同角三角函数的基本关系求解，可判断D.
【详解】以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、、、、，
故，，，，
，，，，
所以，A对；
记同向的单位向量为，
则点到直线的距离，B对；
记，所以，
，
所以，
二次函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取最大值，C错；
记异面直线与所成角为，
则，
所以，所以，D对.
故选：ABD
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题 （本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 抛物线的焦点坐标为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据标准方程可直接得出焦点坐标.
【详解】由可得焦点在轴上，且，可得；
所以焦点坐标为.
故答案为：
13. 在平行六面体中，长度均为2，两两夹角均为，则对角线的长度为______；
【答案】
【解析】
【分析】首先利用向量表示，平方后利用数量积运算公式，即可求解.
【详解】，
则，
，
所以.
故答案为：
14. 数列满足：，且，则__________.
【答案】1220
【解析】
【分析】首先将条件平方，再由递推公式推出数列是等差数列，再相加求和.
【详解】由，所以，且，
两式相减得：，
又由及，故是递增数列，，
所以，
当时，，解得，又，即，
所以数列等差数列，首项为，公差为，
所以，
故
.
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. 已知等差数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和为．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等差数列求和公式求得，，即可求解等差数列通项公式；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
则由等差数列求和公式得：，
解得，，所以数列的通项公式为；
【小问2详解】
由，
所以.
16. （1）若数列的前n项和，求数列的通项公式.
（2）在数列中，已知，求数列的通项公式.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据公式，可得答案；
（2）利用累乘法，可得答案.
【详解】（1）当时，，
当时，，
所以.
（2）当时，，
则，
当时，满足上式，
所以.
17 已知圆M过点
（1）求圆M的方程（结果用圆的标准式）；
（2）过点N的直线与圆M相交于E、F两点，M为圆心，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求圆的方程；
（2）由已知求出圆心到直线的距离，分斜率存在和不存在讨论，再利用点到直线的距离公式，即可求出直线的斜率，进而得到直线的方程.
【小问1详解】
设圆，
则，解得，满足，
所以圆的方程为，即，标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，半径，
因为，则
设圆心到直线的距离为，则，
即，解得，
当直线的斜率不存在时，为，符合题意；
当直线的斜率存在时，设，
故，解得，
此时直线的方程为，
综上，直线的方程为或.
18. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.
（1）取线段中点M，连接，证明：平面;
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）线段上是否存在一点E，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由向量夹角公式即可求解；
（3）求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解．
【小问1详解】
在四棱锥中，取中点N，连接，
由为 的中点，且，，
得，，
则四边形为平行四边形，所以，
而平面，不在平面内，
所以平面.
【小问2详解】
取 的中点O，连接，
由为等边三角形，得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面.
由，，得四边形是平行四边形，
于是，而，则，直线两两垂直，
以O为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
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.
【小问3详解】
令，，
，，
设平面的法向量为，
则，
取，得，
平面的法向量为，
于是，
化简得，又，解得，即，
所以线段上存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，.
19. 如图，椭圆：与双曲线：在第一象限的公共点为.曲线由两段曲线组成：当时，曲线与椭圆重合；当时，曲线与双曲线重合.已知直线的方程为.
（1）求的值；
（2）若时，直线与曲线有交点，求的取值范围；
（3）若，直线与曲线交于、两点，且，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆，双曲线在第一象限的公共点为，代入方程求解；
（2）由题意得到直线与双曲线有交点，再根据双曲线的渐近线方程为：和，利用数形结合法求解.
（3）根据，结合三角形的面积公式得到求解.
【小问1详解】
因为椭圆：与双曲线：在第一象限的公共点为，
所以，解得，则，即，
解得或（舍去），则；
【小问2详解】
时，直线与曲线有交点，
即直线与双曲线有交点，
双曲线的渐近线方程为：
如图所示：
直线过定点，又，，且，
所以；
【小问3详解】
因为，
所以，
则，
又*，
，
因为双曲线的渐近线方程为，且，
所以直线与双曲线不相交，
故MN为直线与椭圆交点，
由，消去y得，
由韦达定理得，代入*式，
得，
令，则，
易知在上单调递增，所以，
则，所以.