安徽省顶级名校2025-2026学年高二上学期12月份教学质量诊断测试 数学（含答案）

这是一份安徽省顶级名校2025-2026学年高二上学期12月份教学质量诊断测试 数学（含答案），共19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。
1．直线的方向向量为，则该直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
2．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
3．已知是抛物线上的动点，点，则点到点的距离与点到直线的距离之和的最小值为（ ）
A．2029B．2030C．2031D．2032
4．已知直线经过圆的圆心，则的最小值为（ ）
A．9B．5C．D．
5．做一个木梯需要7根横梁，这7根横梁的长度从上到下成等差数列，现有长为的一根木杆刚好可以截成最上面的三根横梁，长为的一根木杆刚好可以截成最下面的三根横梁，那么正中间的一根横梁的长度是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，过点的平面分别与棱、、交于点、、，若，，则（ ）
A．B．C．D．
7．双曲线C：的右支上一点P在第一象限，分别为双曲线C的左、右焦点，M为的内心，若内切圆M的半径为1，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在，则半椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若是等差数列，且，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知抛物线的焦点为，是抛物线上异于顶点的两点，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则抛物线的准线方程为
B．若是正三角形，则
C．若点是的垂心，则直线的方程为
D．点可以是的外心
11．在正方体中，，分别为的中点，是上的动点，则（ ）
A．平面
B．平面截正方体的截面面积为8
C．三棱锥的体积与点的位置无关
D．过作正方体的外接球的截面，所得截面圆的面积的最小值为
三、填空题
12．1202年意大利数学家列昂那多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”，又称斐波那契数列，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…该数列中的数字被人们称为神奇数，在现代物理，化学等领域都有着广泛的应用.若此数列各项被3除后的余数构成一新数列，则数列的前2025项的和为 .
13．如图，在直三棱柱中，，，.点在线段上，点到直线的距离的最小值为 .
14．点是椭圆上的动点，若的值为定值，则m的取值范围是 ．
四、解答题
15．已知圆心为的圆经过点A(0，2)和B(1，1)，且圆心C在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若是圆C上的动点，求的取值范围.
16．已知数列的前项和为，，，且.
(1)证明：数列是等差数列.
(2)求的通项公式.
17．在平面直角坐标系xOy中，，曲线上有两点A，B，当时，.
(1)求曲线E方程；
(2)若点A在曲线E的右支上，点B在曲线E的左支上，点A，B，F三点不共线，且，试判断直线AB是否恒过一个定点，若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由.
18．如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的大小；
(3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角正弦值为，求到平面的距离.
19．已知椭圆的焦距为，为椭圆上一点．
(1)求的方程；
(2)椭圆的左､右顶点为，直线与交于不同的两点（不与重合），直线与直线的斜率满足，且直线与直线交于点，直线与直线交于点．
①求证：直线为定直线；
②求四边形面积S的最小值．
1．D
根据方向向量与直线斜率关系写出斜率即可.
【详解】设直线的斜率为，则.
故选：D.
2．A
利用向量在向量上的投影向量的定义求解.
【详解】因为空间向量，，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量是，
故选：A
3．B
利用抛物线的定义将点到直线的距离转化为点到焦点的距离即可求出.
【详解】由已知得的焦点为，准线为，
设为点到的距离，设为点到的距离，
则，即，
由抛物线的定义得，故所求距离之和为，
当三点共线时，取得最小值，最小值为，
，
，
当点为线段与的交点时取等号．
故选：.
4．A
根据给定条件，求出圆心坐标即得的关系，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】圆的圆心为，则，即，而，
因此，当且仅当时取等号，
所以的最小值为9.
故选：A
5．B
根据等差数列的性质可得，，利用可得结果.
【详解】记7根横梁的长度从上到下成等差数列，
由题意得，，，
∴，，故，，
∵，∴，即正中间的一根横梁的长度是.
故选：B.
6．A
设，连接，由空间向量的线性运算得出，，结合空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，即可得出答案.
【详解】设，连接，
则．
因为，即，故，
因为、、、四点共面，且、不共线，存在、，使得，
所以，
由空间向量的基本定理可得，解得，所以.
故选：A.
7．D
根据给定条件，切线长定理以及双曲线的定义求出点的坐标，再结合斜率的定义及二倍角的正切公式求解.
【详解】双曲线的实半轴长，焦点，
设圆与三边分别相切于点，
则，
又，解得，，
则点，因为轴，所以由题，，
所以直线的斜率.

故选：D
8．D
【详解】
设，
因为，
又点为半椭圆上一点，所以，
所以
，
因为存在，
所以，
即在上有解，
因为，
且，
所以在上有解，
即在上有解，所以
又因为，
所以，
即，解得，
故选：D
9．BC
记的公差为，由已知可得，逐项计算判断即可.
【详解】记的公差为.因为，所以.
的正负不确定，故A错误.
，故B正确.
由，，
所以，故C正确.
，故D错误.
故选：BC.
10．BC
【详解】对于A，将点代入中得，，可知抛物线的准线方程为，故A不正确；
对于B，若是正三角形，设点在第一象限，直线的方程为，代入中得，，，故B正确；
对于C，由题意可知轴，设，则，又，
∵，∴，解得直线的方程为，故C正确；
对于D，当点是的外心时，以为圆心，以为半径的圆交于三点，
联立与，解得或，显然不成立，故D不正确，
故选：BC.
11．ACD
【详解】对于A，如图，以A为原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，
，
，，
，，
，平面，平面，故A正确；
对于B，如图，取中点，连接，则且，
可知，所以共面，则等腰梯形即为截面，
在正方体中，，
所以，
，
等腰梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，故B错误；
对于C，可知在正方体中，，又平面，平面，所以平面，
因为P是上的动点，所以P到平面的距离为定值，故三棱锥的体积与P点的位置无关，故C正确；
对于D，设外接球心为O，过O作，垂足为，则以为圆心，为半径的圆是过AE面积最小的截面圆，
则，设，
，，
，解得，
则，
故截面圆的最小面积为，故D正确．
故选：ACD
12．2278
根据题意，列出数列，得到为周期数列，根据周期数列求和即可.
【详解】由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以3的余数，
可得数列为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，…，
所以数列是周期为8的数列，
一个周期中8项和为，
又因为，
所以数列的前2025项的和.
故答案为：2278.
13．/
建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法即可求解.
【详解】由已知，以B为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
设直三棱柱的侧棱长为h，
则，
，
由于点在线段上，设，则，
故，
设点到直线的距离为d，则
，
当时，取最小值，则d的最小值为，
故答案为：
14．
将问题化为椭圆上任意一点到直线、的距离之和为定值，进一步化为直线在椭圆左上方且与椭圆相切或相离，联立方程并结合判别式确定参数范围.
【详解】由为定值，即为定值，
所以椭圆上任意一点到直线、的距离之和为定值，
显然、平行或重合，
且，则，即，
所以与椭圆无交点，
综上，只需保证椭圆在直线、之间即可，如下图，
需直线在椭圆左上方且与椭圆相切或相离即可，
联立有，则，即，
所以，即或，
当时，直线在椭圆右下方，不合要求；
当时，直线在椭圆左上方，符合；
所以m的取值范围是.
故答案为：
15．（1）；（2）.
【详解】（1）的中点为 ，又
的中垂线方程为，即，
由解得，
圆心为，
∴圆的方程为
（2）令即，直线与圆有公共点，
∴圆心到直线的距离为，
解得．
16．(1)见解析
(2)
【详解】（1）证明：将 两边同时除以，得，当 时， ， 所以 是以 1 为首项，为公差的等差数列．
（2）由（1）得 ，则，①
当 时，，②
－②，得 ，整理得，则 ，
也符合 ，所以 ．
17．(1)
(2)过定点，
（1）根据条件，结合几何关系确定点的坐标，代入双曲线方程，即可求解；
（2）首先设直线，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示，即可求解.
【详解】（1）由得，又，
所以，故点在曲线E上，所以，解得，
故的方程为.
（2）判断：直线AB恒过一个定点；
由图形关系可知点A，B在x轴异侧，
故由可得直线AF，BF的斜率互为相反数
设，

联立，可得
所以
而直线AF，BF的斜率之和为
即
=，
而，故，
所以直线AB过定点.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）连接，证得，利用线面平行判定定理即可证明结论；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解；
（3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，再根据点到平面的距离公式求解即可得答案．
【详解】（1）连接，

因为，，
所以，
又因为，所以四边形为平行四边形.
由点和分别为和的中点，可得且，
因为，，为的中点，
所以且，
可得且，即四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）因为平面，，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系：

依题意可得，，，，，，
则.，，，，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得，
所以，
所以平面与平面的夹角为；
（3）设，即，
则，从而，
由（2）知平面的法向量为，
设线面所成角的大小为，
由题意，，即，
整理得，解得或，
因为，所以，
所以，
则到平面的距离为.
19．(1)
(2)①证明见解析 ；②
【详解】（1）因为椭圆焦距，所以，
可知左､右焦点分别为，
又因为在椭圆上，则，
可得，所以E的方程为：.
（2）①由题可知：，

设，则，可得，
所以，
同理，设，
则，
联立，解得点，
联立，解得点
所以直线为定直线：；
②由题可得：的斜率不为0，设，
联立：得：
则，，
因为，
可得，
整理可得，
代入韦达定理可得：，
因为，可得，解得，
满足，所以直线过左焦点，
因为，则，
可得，
则
，
即，
可得，
令，则，，
可得，
因为函数在为增函数，
所以当，即时，S取得最小值，且.