辽宁省辽西重点高中2025-2026学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份辽宁省辽西重点高中2025-2026学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析），共18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．若是空间的一个基底，则下列各组向量中，与不能构成空间的一个基底的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．在直三棱柱中，，，分别是，的中点，，，则与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
3．数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：三角形的外心、垂心和重心都在同一条直线上．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的顶点，，则的欧拉线方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．设集合，集合（），当时，则r的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知双曲线的左右两个焦点分别为、，过右焦点作直线，交右支于、两点，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知定义在上的函数的导数为，且有，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
7．点是曲线上的动点，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
8．已知P为曲线M：上的动点，，，，，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．面积的最大值为
C．直线与的斜率之积为定值
D．当，时，
二、多选题
9．如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（ ）.

A．异面直线与所成角为
B．平面
C．三棱锥的体积不变
D．直线与平面所成角正切值的取值范围为
10．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线当就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（ ）
A．曲线围成的图形有3条对称轴
B．曲线围成的图形的周长是
C．曲线上的任意两点间的距离最大值是
D．若是曲线上任意一点，的最小值是
11．已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知正方体的棱长为1，点在正方体内部且，则到直线的距离为 .
13．设圆位于抛物线与直线所组成的封闭区域（包含边界）内，则圆的半径能取到的最大值为 .
14．设，若函数在区间上单调，则的取值范围是 .
四、解答题
15．已知向量，．
(1)求与的夹角；
(2)若与互相垂直，求实数t的值．
16．直线过点，且与直线平行．
(1)求直线的方程；
(2)已知圆的圆心在直线上，且经过点和点，求圆的标准方程．
17．已知函数
(1)求出函数的单调区间；
(2)若方程在有解，求实数的取值范围.
18．如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，为的中点，，，且平面.
(1)求证：底面；
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与底面所成夹角的余弦值.
19．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与C交于A，B两点，且，O为坐标原点．
(1)求C的方程；
(2)若直线与C的准线交于点P，过点P作直线交C于M，N两点，且直线与的倾斜角互补．
（ⅰ）求直线所过定点的坐标；
（ⅱ）证明：A，B，M，N四点共圆．
1．B
根据空间基底的判定条件，逐一判断已知向量是否与选项中的向量共面，从而确定是否构成空间基底．
【详解】假设，
则，，矛盾，
故与，不共面，可以构成空间的一个基底，故A错误；
，
与共面，不能构成空间的一个基底，故B正确；
假设，
则，与矛盾，
故与，不共面，可以构成空间的一个基底，故C错误；
假设，
则，，矛盾，
故与，不共面，可以构成空间的一个基底，故D错误．
故选：B．
2．B
选择恰当的基底，求得向量与夹角的余弦值，其绝对值即为与所成角的余弦值.
【详解】直三棱柱中，平面.又，所以两两垂直.
.
.
所以，
.
.
.
所以与所成角的余弦值是.
故选：B.
3．B
由已知求得重心与外心坐标，进而利用直线的两点式方程可求的欧拉线方程.
【详解】因为，所以的重心，即，
又因为，，所以，
所以，所以的外心为的中点，即，
所以直线的方程为，即，
又三角形的外心、垂心和重心都在同一条直线上，
所以的欧拉线方程为.
故选：B.
4．B
根据圆的标准方程得出集合，再结合集合并集关系结合图形关系得出参数范围.
【详解】由得，所以集合表示以点为圆心，以2为半径的左半圆，
与轴的交点为，，
集合表示以点为圆心，以为半径的圆及其内部，
当圆过点时，此时，所以，
所以当时，则的取值范围是．

故选：B.
5．C
利用双曲线的定义求得，，利用二倍角的余弦公式结合可求出的值，然后在中，利用余弦定理可得出、的等量关系，即可解得该双曲线的离心率的值.
【详解】因为，所以，

即，且，
所以，解得，
所以在△中，由余弦定理可得，
即，即，解得.
故选：C.
6．A
构造函数，根据条件判断出的正负，由此可知的单调性，再根据结合的单调性可判断出大小关系.
【详解】设，所以，
因为，所以，所以在上单调递增，
因为，，，
且，所以，所以，
故选：A.
7．C
利用导数的几何意义及点到直线的距离计算即可.
【详解】因为，
令，所以，
易得函数在上单调递增，为零点，此时M的坐标为，
由点到直线的距离公式可得此时M到直线的距离为，
故点到直线的距离的最小值为.
故选:C
8．D
明确点轨迹，根据椭圆的性质，可判断各选项是否正确.
【详解】因为，.
所以点的轨迹为椭圆位于轴下方的部分，包含与x轴的交点，且，，.
所以，为椭圆的焦点，，为椭圆的左右顶点.
如图：
根据椭圆的定义，，故A正确；
当点位于椭圆下顶点时，的面积最大，为，故B正确；
设，则，，
则为定值，故C正确；
当，时，，
因为，故D错误.
故选：D
9．ACD
选项A：利用异面直线的夹角求解即可，选项B：应用线面垂直判定定理及性质判断.选项C：利用等体积法求解即可，选项D：利用空间直角坐标系使用代数法求解线面角的取值范围.
【详解】

对于A，因为正方体中，且为等边三角形，故异面直线与夹角为，故A正确；
对于C，因为平面，平面，所以平面
所以为定值，故C正确；
对于D，建立如图所示的直角坐标系，设正方体的棱长为1，设，
，，，，则，
所以，
由正方体的性质知：平面，平面，
平面，
故平面的法向量为，
对于B，不平行，所以平面不成立，B错误；
直线与平面所成角正弦值为，
因为，，所以当时取得最大值，
因，则，，
若或时，取得为，同法可得，
所以，则得，故D正确.
故选：ACD
10．BC
分类讨论去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而作出曲线的图象，由曲线图象的对称性结合扇形弧长公式、圆的性质判断各选项即可.
【详解】当，时，曲线的方程可化为；
当，时，曲线的方程可化为；
当，时，曲线的方程可化为；
当，时，曲线的方程可化为，
所以曲线的图象如图所示：
由图可知曲线围成的图形有4条对称轴：，，，，故选项A错误；
对于B，曲线由4段圆弧组成，在中，，，由余弦定理可得
，所以，
故曲线围成的图形的周长为，故B正确；
对于C，由图可知曲线上任意两点间的最大距离为，故选项C正确；
对于D，由图可知：点到直线的距离，由圆的性质得曲线上一点到直线的距离最小为，故的最小值是，故选项D错误.
故选：BC.
11．BCD
方法一：根据奇函数的性质及赋值法求得判断A，赋值法化简判断B，先根据已知条件得，化简即可判断C，根据复合函数求导法则得的一个周期为，然后利用周期性求和判断D.
方法二：举例法，由题意可设，则，然后根据正余弦函数的性质逐项判断即可.
【详解】方法一：
方法二：由题意可设，则，显然符合条件．
对于A，，错误．
对于B，，正确．
对于C，，正确．
对于D，，所以，正确．
故选：BCD
12．/
建立空间直角坐标系，求向量的坐标，利用向量方法求点到直线的距离．
【详解】如图，以A为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
又，
即，，
则，，
所以点到直线的距离为．
故答案为：．
13．
根据给定条件，可得圆与抛物线及直线都相切，设出圆的方程并与抛物线方程联立，利用判别式求解.
【详解】依题意，当圆的半径取最大值时，圆与抛物线、直线都相切，
由对称性设，则半径，圆的方程为，
由，得，
，因此，，
所以圆的半径能取到的最大值为.
故答案为：
14．
利用导数求的单调区间，由在区间上单调，求的取值范围.
【详解】因为，
所以，
设，则，
所以时，，故在上单调递减，即在上单调递减，
又，所以时；时，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故，所以的取值范围是.
故答案为：
15．(1)；
(2)．
（1）根据给定条件，求出的坐标，再利用空间向量夹角的坐标表示求解.
（2）求出与的坐标，再利用空间向量垂直关系的坐标表示列式求解.
【详解】（1）由，得，
则，，，
因此，而，
则，所以与的夹角为.
（2）依题意，，，由与互相垂直，
得，即，
所以.
16．(1)
(2)
（1）根据两直线平行先求斜率，进而利用点斜式即可求解；
（2）先求线段的中垂线的方程，联立方程组求圆心的坐标，进而得半径，最后由圆的标准方程即可求解.
【详解】（1）因为与直线平行，所以的斜率为2，
又直线过点，
所以直线的方程为，
即；
（2）直线的斜率为，则线段的中垂线的斜率为，
又线段的中点为，
则线段的中垂线方程为，即
联立，解得，
即圆心的坐标为，又半径，
则圆的标准方程为．
17．(1)单调递增区间为，，单调递减区间为；
(2)
（1）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；
（2）等价于在有解，结合（1）求出的值域，从而得到答案.
【详解】（1）定义域为R，，
令得或，令得，
故单调递增区间为，，单调递减区间为；
（2）等价于在有解，
由（1）知，在，上单调递增，在上单调递减，
其中，，，
，故，
在有解，故.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）根据勾股定理逆定理及线面垂直的性质来证明；
（2）通过建立空间直角坐标系，利用向量的方法求解；
（3）通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算.
【详解】（1）证明：因为是的中点，，所以.
在中，，，，
所以，所以，即，
因为平面,平面,所以，，底面，底面，
所以底面；
（2）以为原点，为轴，平行于的方向为轴，垂直于平面的方向为轴，建立空间直角坐标系，
得：，，，
由（1）知底面且，故，
，故，
，
易知平面的法向量，设与平面所成角为；
，
（3）底面的法向量，
设平面的法向量
，
令，解得，故；设平面与底面所成夹角为，
.
19．(1)
(2)（ⅰ）直线过定点；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）由题知，设两点的坐标分别为，
显然直线的斜率为0时不合题意，则设直线的方程为，
联立方程消去整理得，
则，，，
所以，
所以，解得，
所以的方程为．
（2）（ⅰ）由（1）知的准线方程为，直线的方程为，
令，得，即点的坐标为，
由直线的斜率为，直线与直线的倾斜角互补，知直线的斜率为，
故直线的方程为，即，
故直线过定点．
（ⅱ）设点的坐标为．
联立方程消去后整理得，故，
由（1）知，，
直线的斜率为，同理可得直线的斜率为．
又，
所以直线与直线互相垂直，故点在以线段为直径的圆上，
同理可得点在以线段为直径的圆上，
故，，，四点共圆．选项
正误
原因
A
×
由题意可知为上的奇函数，即，令或0（舍去）．
B
√
令．
C
√
由条件可知，则有，所以，则．
D
√
由C选项得，即的一个周期为，所以．