安徽省2025_2026学年高二数学上学期12月月考试题含解析

这是一份安徽省2025_2026学年高二数学上学期12月月考试题含解析，共15页。试卷主要包含了本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册.
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. 已知点，，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用两点的斜率公式计算可得.
【详解】因为，，所以直线的斜率.
故选：D.
2. 已知点是点在坐标平面内的射影，则（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据点在面上的射影及空间向量的模求解.
【详解】因为是点在坐标平面内的射影，
所以，，
所以，
故选：B
3. 已知圆的方程为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆的一般式方程满足的条件列不等式求解即可.
【详解】由题意得，解得.
故选：D.
4. 在空间直角坐标系中，已知点，若点关于轴对称的点为，点关于平面对称的点为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系的对称性，利用向量的坐标表示，可得答案.
【详解】由题意可得，则.
故选：A.
5. 设为坐标原点，为抛物线的焦点，点在抛物线上.若，则（ ）
A. 3B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抛物线定义，结合两点间距离公式求解.
【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设点，则，
由，得，解得，所以.
故选：D
6. 若直线l过原点O，且直线l的方向向量，则点到直线l的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意计算直线方向向量的单位向量，利用点线距的向量公式，可得答案.
【详解】由，则与向量同向的单位向量为，
由直线过原点，则取，即，，
所以点到直线的距离.
故选：B.
7. 已知实数满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则，代入，得到关于的一元二次方程，利用判别式大于等于0求解.
【详解】设，则，代入，
得，解得.
故选：B
8. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，过原点的直线交于，两点，若，为锐角三角形，则的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用双曲线定义结合已知条件得出，，再结合余弦定理得出边长间关系得出，即可得出离心率范围.
【详解】由题意知，，关于原点对称，
不妨设点为第一象限内一点，则，，
又，，所以，，
记，因为为锐角三角形，
所以，，，
即，，，
解得，所以.
故选:D.
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. 已知椭圆的焦距为2，则的值可能是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】AB
【解析】
分析】根据给定条件，按焦点位置分类列式求解.
【详解】椭圆的焦距为2，当焦点在轴上时，，解得；
当焦点在轴上时，，解得，所以或.
故选：AB
10. 已知圆：和圆：相交于A，B两点，则（ ）
A. 直线AB的方程为B.
C. 四边形的面积为D. 圆：与圆和圆都相切
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.由两圆的方程相减求解；B.利用圆的弦长公式求解；C.由求解；D.由圆与圆的位置关系求解.
【详解】由和两式相减得：，故A正确；
圆心到直线的距离为，
则，故B正确；
，
则，故C错误；
，
而，故圆与圆和圆都相外切，故D正确；
故选：ABD
11. 在正方体中，，，则（ ）
A. 若，则点的轨迹为线段
B. 若，则点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段
C. 若，则三棱锥的体积为定值
D. 若，则与平面所成角的余弦值的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，可判断AB选项；利用空间向量法可判断CD选项.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、
、，
因为，
对于A选项，当时，则点的轨迹为线段，A错；
对于B选项，若，即点，
此时，点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段，B对；
对于C选项，若，即点，其中，
，，设平面的法向量为，
则，取，可得，
，则点到平面的距离为，
因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，C对；
对于D选项，若，则，其中，
易知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
当时，取最小值，此时取最大值，且，则，
因此，当时，则与平面所成角的余弦值的最大值为，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】由线面平行得到，再由向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】由题可得，
所以
故答案：2
13. 直线与平行，则与之间的距离为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由两直线平行可得出实数的值，再利用平行线间的距离公式可求得结果.
【详解】因为直线与平行，
所以，解得，
故直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
所以，直线与之间的距离为.
故答案为：.
14. 已知点在抛物线上，以M为圆心作圆与抛物线C的准线相切，且截得y轴的弦长为4，则__________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据圆的弦长公式，解得圆的半径，再根据圆与切线的性质以及抛物线的性质，表示点的纵坐标，利用抛物线方程，表示纵坐标，建立方程，可得答案.
【详解】设圆的半径为，且圆截得轴的弦长为，则，解得.
由圆与抛物线的准线相切，即与直线相切，则点到准线的距离为，
因为，故
所以，
由点在抛物线上，则.
可得，整理可得，解得或.
故答案为：或.
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. （1）求焦点关于准线的对称点为的抛物线的标准方程；
（2）求与双曲线有相同的渐近线，且过点的双曲线的标准方程.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由抛物线的几何性质求解；
（2）设所求双曲线的方程为进行求解．
【详解】（1）由题意知在轴的正半轴上，故设所求抛物线方程为，
所以，准线方程为，
因为关于直线的对称点为，
所以，
解得，故所求抛物线的标准方程为.
（2）设所求双曲线的方程为，
将点代入上述方程，得，
所以，所以，
故所求双曲线的方程为.
16. 已知直线：，：.
（1）求经过直线，的交点，且与直线垂直的直线方程；
（2）求经过直线，的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用垂直的性质可设斜截式直线方程，利用待定系数法求解直线即可；
（2）利用截距为0和不为0分类讨论，再结合过原点直线方程和截距式直线方程求解即可.
【小问1详解】
联立，解得，即直线与的交点为，
由直线，可得斜率为，
所以根据垂直关系可设所求直线方程为，
则依题意有，解得，
所以所求直线方程为，整理得.
【小问2详解】
当直线经过原点时，满足题意，假设直线方程为，
代入得，此时；
当直线的截距都不为0时，假设直线方程为，
依题意，解得，此时直线方程为，即 .
综上所述：所求直线方程为或．
17. 已知圆经过点，，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）求过点，且与圆相切的直线方程；
（3）过点的直线与圆相交于，两点，若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
（3）或
【解析】
【分析】（1）根据题意，设圆心，由圆心在直线以及圆上的点到圆心的距离相等求解即可.
（2）对直线斜率是否存在进行讨论，并由圆心到切线的距离等于半径进行求解即可.
（3）由，可得为等腰直角三角形可得到圆心到直线的距离为，进行求解即可.
【小问1详解】
设，由题意可得，
由圆上的点到圆心的距离相等可得，
解得，，半径，
故圆的方程为.
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，此时与圆相切，
当直线斜率存在时，设切线方程，即，
由圆心到切线的距离等于半径可得，解得，
故切线方程为，
所以过点，且与圆相切的直线方程为或.
【小问3详解】
斜率不存在时，直线为，所以，，，所以，，，不符合题意，舍.
斜率存在时，设直线的方程为，即，
由可得为等腰直角三角形，所以圆心到直线的距离为，
所以，解得或，
所以直线的方程为或.
18. 如图，在三棱柱中，，，，，平面平面，为的中点.

（1）证明：；
（2）求点到平面的距离；
（3）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，转化为证明平面，即可证明线线垂直；
（2）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，再代入点到平面的距离公式，即可求解；
（3）求两个平面的法向量，再代入二面角的向量公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为，为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
因为，，所以为等边三角形，
因为为的中点，所以，
由（1）得，，故以为原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，
设平面的一个法向量，
则即，解得，，所以，
所以点到平面的距离.
【小问3详解】
由（2）得，，
设平面的一个法向量，则即
令，解得，，所以，
由（2）知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则
19. 如图，椭圆的一个焦点为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若为垂直于轴的动弦，直线与轴交于点，直线与交于点.
（ⅰ）求证：点恒在椭圆上；
（ⅱ）求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的焦点及椭圆上的点建立方程，求出即可得解；
（2）（ⅰ）求出点的坐标，证明点的坐标满足椭圆方程即可；
（ⅱ）设出的方程为，联立椭圆方程，得出根与系数的关系，据此求出的表达式，换元后求最值即可.
【小问1详解】
因为椭圆一个焦点为，所以，
点代入椭圆方程可得，
又，解得，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
(i)由题意得，，
设，则，且①，
则的方程分别为：，.
设，则有②，③
由②，③得，由①得，
因为，
所以点M恒在椭圆上.
(ⅱ)设的方程为，代入，得，
设，则有，，
所以，令，
则，
因为，所以，
故当，即，时，有最大值3，此时过点.
所以，
即的面积的最大值为.