安徽省合肥市第七中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

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满分：150分 考试时间：120分钟
第I卷
一、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. 抛物线的准线方程为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出抛物线的标准方程，再求抛物线的准线方程．
【详解】抛物线的标准方程为，
抛物线的准线方程为．
故选C．
【点睛】本题考查抛物线的准线方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意抛物线的简单性质的灵活运用．
2. 已知数列中，，，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据递推公式一一计算即可.
【详解】因为，，
所以，，，.
故选：A
3 设，向量，，，且，，则（ ）
A. B.
C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量平行和垂直求的值，进而求和.
【详解】因为向量，，，
若，则，解得，所以；
且，则，解得，所以；
可得，所以.
故选：C.
4. 设，则“”是“直线：与直线：平行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线的位置关系并验证求得或，结合充分条件、必要条件的定义即可下结论.
【详解】由题意知，若，则，
即，解得或或，
当时，轴，，符合题意；
当时，，，符合题意；
当时，，与重合，不符合题意,
综上，或.
所以“”是“”的充分不必要条件,
故选：A
5. 在空间直角坐标系中，已知，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先确定三棱锥的底面积和高，再根据三棱锥的体积公式进行计算即可.
【详解】在空间直角坐标系中， 为坐标原点，，，
可以看出,即两两互相垂直，
以为底面，为高，则,
根据三棱锥的体积公式可得.
故选：.
6. 在正项等比数列中，，且，，10成等差数列，则的值为（ ）
A. B. C. 18D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列下标和性质，结合等差中项列出等式求解即可.
【详解】在正项等比数列中，设公比为，
则，又，，10成等差数列，
则，则，
故，
故选：C
7. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题可画出曲线C图象，结合直线过定点与图形可得答案.
【详解】曲线即表示如图所示的半圆，
又过定点：.
当与半圆相切时，圆心到直线距离为1，则，
当直线过如图点时，斜率为：，
则实数的取值范围是.
故选：B
8. 已知椭圆的离心率为，过右焦点且斜率为的直线与相交于两点．若，则
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【详解】因为，所以，从而，则椭圆方程为．依题意可得直线方程为，联立可得
设坐标分别为，则
因为，所以，从而有 ①
再由可得，根据椭圆第二定义可得，即 ②
由①②可得，所以，则，解得．因为，所以，故选B
二、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. 已知双曲线C：，下列对双曲线C判断正确的是（ ）
A. 实轴长是虚轴长的2倍B. 焦距为4
C. 离心率为D. 渐近线方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据双曲线标准方程求出a、b、c，可以求出实轴长、虚轴长、焦距、离心率、渐近线方程，对四个选项一一验证即可.
【详解】∵双曲线C：∴..∴∴.∴双曲线的实轴长是，虚轴长是，A错误；焦距为.B正确；离心率为，C错误：渐近线方程为，D正确.
故选：BD
10. 在棱长为2的正方体中，、、分别为、、的中点，则下列选项正确的是（ ）
A. B. 直线与所成角的余弦值为
C. 三棱锥的体积为D. 存在实数、使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，对于A，计算的值即可判断；对于B，计算的值即可判断；对于C，等体积法即可计算求解；对于D，由计算求出即可得解.
【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系，
则
对于A：因为,故与不垂直，故A错误；
对于B：，
，
所以直线与所成角的余弦值为，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：
若存在实数使得，则，
即，解得，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知数列满足则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A，直接代入即可判断；对B，化简得，再结合对勾函数的单调性即可判断数列单调性；对C，利用裂项求和法即可判断；对D，利用不等式性质进行放缩即可.
【详解】对A，，令得，即，解得，故A正确；
对B，，，由，可得，则，根据对勾函数性质知在上单调递增，
且，当且仅当时等号成立，
则在上单调递减，则为递减数列，从而，故B正确；
对C，由得，
，故C正确；
对D，因为，且，，
，结合，则，故D不正确，
故选：ABC．
第II卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 过点且与直线平行的直线记为，则两平行线，之间的距离为_________．
【答案】##2.4
【解析】
【分析】利用两直线的平行关系先求，再由平行线的距离公式计算即可.
详解】由题意不妨设，则，
所以两平行线，之间的距离.
故答案为：
13. 已知数列中，，，则数列的前n项和的最大值等于________
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知数列是首项为10，公差为的等差数列，求出前n项和，转化为求函数的最大值问题即可.
【详解】当时，，且，
所以，数列是首项为10，公差为的等差数列，
则数列的前n项和为，
因，故当时，取得最大值18．
故答案为：．
14. 已知直三棱柱，，且，过作平面，使，，若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量共面性质，通过设未知数建立方程组求解；
【详解】以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
则，
设，则，
由题得共面，则设，
即，
则，
所以得，则，所以．
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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化即可得解；
（2）根据余弦定理求出边长，然后利用面积公式求面积即可得解.
【小问1详解】
由正弦定理得.
因为，所以，，.
因为在中，，所以，.
【小问2详解】
由，及余弦定理.
得，解得或（舍）
所以，.
16. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，，.
（1）若，求的通项公式；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）或21
【解析】
【分析】（1）由等差、等比数列通项公式基本量列方程组求解即可.
（2）首先由得公比，结合得公差，由此即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
由得：，解得（舍去），，于是.
【小问2详解】
由得，解得或.
当时，由得，∴；
当时，由得，∴，
综上所述，故或21.
17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点.

（1）当为棱的中点时，证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，求证，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，代入夹角公式即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，，

因为为的中点，所以，
因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以
又平面平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，
在平面内，所以，
即两两垂直，
故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则
因为，所以，
所以.
设平面的法向量为，
则，取，得，所以
因为平面，所以平面.
所以为平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，

则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知等比数列的前项和为，且.
（1）求数列通项公式；
（2）求数列满足,求数列的前项和；
（3）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）先利用作差法，消去前项和，再通过时的式子确定首项，代入公式进而得到通项；
（2）先将分段数列按“奇数项、偶数项”拆分为两个基本数列（等差数列+等比数列），再利用等差数列、等比数列的求和公式计算两组的和，最后合并结果即可；
（3）先假设存在满足条件的项，结合等比、等差数列的性质建立等式，再运用基本不等式的性质判断即可.
【小问1详解】
解：由数列满足，
当时，，
当时，，
两式相减，可得，
整理得，即，
又，且是等比数列，则其公比为4，
所以，即，
所以的通项公式为：；
故答案为：.
【小问2详解】
由题意，，则前项中：
奇数项：，共项，
是首项为3，公差为4的等差数列（因为，相邻两项差为4），
则：
偶数项：，共项，对应，
是首项为4，公比为16的等比数列（），
则：
因此前项和为：
.
故.
【小问3详解】
由（1）知，，因为，
所以，整理得：
所以，即，
因为成等差数列，即（），
假设成等比数列，则，代入的表达式：
，化简得：，
由，得，故：，
结合，，
等号仅当时成立，这与题设(互不相等）矛盾.
故数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列.
19. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，左、右焦点分别为、．过右焦点的直线交椭圆于点、，且的周长为．

（1）求椭圆的标准方程；
（2）求四边形面积的最大值．
（3）记直线、的斜率分别为、，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的性质求出，利用离心率求出，进而求出，从而求出椭圆的标准方程；
（2）设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理结合三角形面积公式得出面积表达式，进而求出面积最大值；
（3）设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理结合斜率关系求出的值，从而证明结论．
【小问1详解】
的周长为，由椭圆的性质可知，椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为，
，解得，，，，
椭圆的标准方程为：．
【小问2详解】
设过点的直线的方程为，联立椭圆方程得，整理得，
设点，由韦达定理得，
，
令，则，
，令，求导得，，
，，函数单调递减，
当时取得最大值，最大值为，
的最大值为．
【小问3详解】
设过点的直线的方程为，联立椭圆方程得，整理得，
设点，由韦达定理得，
，
，，，
，
为定值，命题得证．