重庆市2025_2026学年高二数学上学期12月月考试卷含解析

这是一份重庆市2025_2026学年高二数学上学期12月月考试卷含解析，共20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
1. 在空间直角坐标系，点关于平面对称点B的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点关于平面对称点的知识确定正确答案.
【详解】点关于平面的对称点是，
所以点关于平面的对称点B的坐标为.
故选：C
2. 已知直线：与：垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线垂直的判断方法，列出方程求解即得.
【详解】由直线：与：垂直，故
得
故选：C.
3. 已知等差数列 满足 ，则下列各式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，则由等差数列的通项公式代入可得：
.
故选：B.
4. 双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出双曲线渐近线方程并代入点坐标，得出，即可求得离心率.
【详解】易知双曲线的渐近线方程为，
点在上，代入可得，
所以离心率为.
故选：A
5. 空间四边形中，，，，点在上，，点为的中点，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.
详解】依题意可得
.
故选：B
6. 已知等比数列中，是方程的两根，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比中项的性质得出，利用韦达定理求出的值及的符号，最后利用等比数列通项公式判断的符号，从而求出．
【详解】是等比数列，设公比为，
，
是方程的两根，
，同号，且，
，解得，
又
，故C正确．
故选：C．
7. 某海域有相距20海里的两座灯塔和，为警示船只避开一片暗礁区，海事部门划定了一个封闭的危险区域（包含边界以及内部）.该区域边界可以理解为所有满足“到灯塔的距离与到灯塔的距离之比为”的点的集合.已知灯塔和在平面直角坐标系中的坐标分别为，，某船试图沿直线从两灯塔正中间安全穿越这片海域，则直线倾斜角的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出危险区域边界对应曲线的方程，可知对应曲线是圆，分斜率不存在和斜率存在两种情况，设直线的方程，根据圆心到直线的距离大于圆的半径可求得倾斜的取值范围，进而求得倾斜角的取值范围.
【详解】设区域边界上任意点，则，化简得.
由题可知，直线经过线段的中点.
当直线的斜率不存在时，即倾斜角为时，直线的方程为，此时，点到直线的距离为，可以安全穿越；
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，即.
则，所以或，此时倾斜角的范围是.
综上所述，直线倾斜角的取值范围为.
故选：C.
8. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线C，下列说法正确的是（ ）

A.
B. C上存在点，使得
C. C上的点的纵坐标的最大值为
D. 若直线与C恰有一个公共点，则k的取值范围为
【答案】C
【解析】
【分析】对于A选项，直接将点代入曲线方程即可求解的值，进而判断选项正误；
对于B选项，根据图像易知，进而根据曲线方程可得：，从而判断选项正误；
对于C选项，首先将曲线方程转化为，
然后令，进而根据二次函数性质求解的最大值，从而判断选项的正误；
对于D选项，首先将代入曲线得：，然后分与两种情况分别讨论方程解的情况，进而求解参数的取值范围，从而判断选项正误.
【详解】对于A选项，由曲线C经过点，可得，解得，故A错误；
对于B选项，由，且，即有，可得，故B错误；
对于C选项，由，化为，
解得，
设，即有，可得，
当，即时，取得最大值，即C上的点的纵坐标的最大值为，故C正确；
对于D选项，由代入曲线，可得，
易知当时方程成立，即直线与曲线存在一个公共点，即为原点，
又直线与C恰有一个公共点，所以当时，可得：无解.
即，解得，或，故D错误．
故选：C．
二、多选题
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 非零常数列既是等差数列，又是等比数列
B. 等比数列是递增数列，则的公比
C. 若数列的前项和为，则数列是等差数列
D. 若为等比数列，为其前项和，则，，，仍为等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】根据数列中特殊常数列的性质，等比数列单调性的判断方法，利用前项和求出通项证明等差数列，和等比数列前项和的性质，判断各选项正误.
【详解】非零常数列，后一项减前一项是0， 后一项除前一项是1，所以A正确.
等比数列单调递增则由或，所以B错误.
由可知当时，
且，符合等式，所以数列通项为，则，所以是等差数列，所以C正确.
当，为偶数时，
可知不满足等比数列各项不为0的要求，所以D错误.
故选：AC.
10. 已知圆关于直线对称的圆的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆与圆相交
B. 圆关于直线对称
C. 若点是圆上一点，则的最大值是
D. 若点是圆上一点，则的最小值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】由对称后圆的方程得到圆心，即可求得圆的方程.由两圆圆心距与半径作比较，判断A；判断圆心是否在直线上，判断B；表示圆上点与原点连线的斜率，设为，将点代入圆的方程，结合根与系数的关系，判断C；表示圆上点到直线距离的倍，由圆与直线的距离关系，判断D.
【详解】因为圆关于直线对称的圆方程为，
故圆的圆心为，半径为2，即圆的方程为
对于A，圆化为标准形式为，
圆心为，半径两圆圆心距为，故两圆相离，A错误；
对于B，将圆心代入直线，得，直线过圆心，
故圆关于直线对称，B正确；
对于C，表示圆上点与原点连线的斜率，设为，即，
代入圆方程得：，整理得，
所以，解得，
故的最大值为，C正确；
对于D，表示圆上点到直线距离的倍，
因为圆心到直线的距离，
圆上点到直线的最小距离为，
故的最小值为，D正确．
故选：BCD.
11. 已知斜三棱柱中，平面平面为中点，为中点，，四边形为菱形，，点是侧面（含边界）的动点，在棱（含端点）上运动.下列说法正确的是（ ）
A. 若平面，则点的轨迹长为
B. 存在点，使得平面
C. 三棱锥与三棱锥的体积比为1:4
D. 直线与平面所成角的正切值的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量可判断AB的真假，利用几何体的体积变换可判断C的真假，把问题转化成求的最小值，可判断D的真假.
【详解】在斜三棱柱中，平面平面，，，四边形为菱形，.
取中点，由可得，
又平面平面，平面平面，所以平面.
平面，所以
又四边形为菱形，，所以.
所以两两垂直.
故可以为原点，建立如图空间直角坐标系，
在中，，，所以，.
所以.
所以，，，，，，
又分别为，的中点，所以，.
对于A：因为，，
设平面的法向量为，
则，可取.
因为点在侧面上，设，，
由平面，所以.
所以点轨迹是以和为端点的线段，故点轨迹长度为.故A正确；
对于B：因为，，
设平面的法向量为，
则，可取.
又，
由平面，所以.
此时与重合.故不存在，使平面.故B错误；
对于C：因为分别为，中点，
所以，
所以，故C正确；
对于D：因为平面，所以点到平面的距离等于到平面的距离，为1.
设与平面所成的角为，则，，所以当最小时，最大.
设，,
所以，即.
所以
当时，取得最小值，为.
此时，取得最大值，故D正确.
故选：ACD
三、填空题
12. 设空间中的点，，，，则点到平面的距离为_____.
【答案】##
【解析】
【分析】计算平面的一个法向量，使用点到平面的距离公式求值.
【详解】由题意得，
设平面的一个法向量为，则，
不妨取，则，故，
故点到平面的距离为.
故答案为：.
13. 有两个等差数列，，其前项和分别为，.若，则____.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的等差中项性质计算即可.
【详解】因为数列，是等差数列，其前项和分别为，，
所以，同理可得，
所以，
故答案为：
14. 已知在平面直角坐标系xOy中，，动点满足，则动点的轨迹方程为__________；点为抛物线上的动点，点在上的射影为，则的最小值为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设点的坐标为，进而结合距离公式化简整理得点的轨迹方程为，再结合抛物线的定义，转化求解即可.
【详解】设点的坐标为，则，
因为，所以，整理得，
所以点的轨迹方程为，即点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
设抛物线的焦点为，则，故是抛物线的准线，
所以，
因为，所以，
所以，
此时，分别为线段与圆和抛物线的交点.
所以，的最小值为
故答案为：；
四、解答题
15. 已知圆经过坐标原点，且圆心为．
（1）求圆的标准方程；
（2）过点引圆的切线，求切线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求出圆的半径，即可得出圆的标准方程；
（2）对所求切线的斜率是否存在进行分类讨论，当切线斜率不存在时，直接验证即可；当切线斜率存在时，设切线的方程为，利用圆心到直线的距离等于圆的半径，可求出的值，综合可得出切线的方程.
【小问1详解】
由题意可知，圆的半径为，故圆的标准方程为.
【小问2详解】
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时圆心到直线的距离为，符合题意，
若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
由题意可得，解得，
此时切线的方程为，即.
综上所述，切线的方程为或.
16. 如图，在四棱柱中，面，，，，，，，
（1）求直线和所成角的余弦值；
（2）若为的中点，求证：平面；
（3）求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求直线和所成角的余弦值；
（2）求出平面的一个法向量为，证明即可；
（3）求出平面的一个法向量为，根据向量法求解二面角的余弦值即可.
【小问1详解】
因为面，平面，
所以,.
因为，
所以两两垂直，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，，，，，
所以,
所以,
所以，
所以直线和所成角的余弦值为.
【小问2详解】
，
因为为的中点，所以，
所以.
又,
设平面的法向量为，
则，
令，得，所以.
因为，所以.
因为不在平面内，
所以平面.
【小问3详解】
由（2）得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
设平面和平面所成角为，
所以，
故平面和平面夹角的余弦值为.
17. 已知数列的前项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，由可得，两式作差可推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（2）化简的表达式，分、两种情况讨论，结合等差数列的求和公式可得出的表达式.
【小问1详解】
因为数列的前项和为，，，
当时，由可得，
上述两个等式作差得，
即，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，故.
【小问2详解】
，
当且时，，且，
当且时，.
综上所述，.
18. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）若经过点的直线与抛物线交于点，，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由抛物线焦半径公式即可求解；
（2）设直线方程，联立抛物线方程，由韦达定理，通过，求得斜率，再由弦长公式即可求解.
【小问1详解】
由点在抛物线上，得，
由，可得，得，
所以抛物线的方程；
【小问2详解】
当斜率不存在时，方程为：，
此时，
则，
，不符合题意，
当斜率存在时，设直线方程为：，
联立抛物线方程消去可得：
，
设，
又，则，
代入，
可得：
代入
得：
化简可得：，
即或，
当时，直线方程为，过坐标原点，不符合题意舍去，
当，直线方程为，
所以
由弦长公式得：
19. 已知椭圆的右焦点为，长轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知、、是椭圆上的三个不同点．
①若，且是等边三角形，求；
②若（异于原点）是的外心，直线、、、的斜率均存在，并分别记为、、、，求的值．
【答案】（1）
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）根据题意得出、的值，可求出的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）①不妨假设点在轴的上方，可知直线的倾斜角为，可得出直线的方程，将该直线的方程与椭圆的方程，结合弦长公式可求出的值，即可得出的值；
②设、、、，求出、、、的表达式，结合点差法可得出的值.
【小问1详解】
由题意可得，可得，因此椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
①由题意可知，且为等边三角形，易知、关于轴对称，
又因为，不妨假设点在轴上方，则直线的倾斜角为，
所以直线的方程为，即，
联立可得，解得或，
所以，故；
②设、、、，
则，，.，，
设的外接圆方程为，
得，，
两式相减得，
因为，所以，
同理：.
两式相减得，于是，
所以，
将，代入得，
因为，，
所以，所以，即.