安徽省滁州市定远县育才学校2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题卷（含答案）

这是一份安徽省滁州市定远县育才学校2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题卷（含答案），共9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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知点A(1,4)，B(3,-1)，若直线l：mx+y+2m-1=0与线段AB相交，则m的取值范围是( )
A. (-∞,-1]∪[25,+∞)B. [-1,25]
C. (-∞,-25]∪[1,+∞)D. [-25,1]
2.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E，F分别为PB，PD的中点，若PG=12GC，且AG=xAE+yAF，则x+y=( )
A. 1B. 2C. 32D. 43
3.已知点P是直线l：3x+4y-7=0上的动点，过点P引圆C：x+12+y2=r2r>0的两条切线PM,PN．M,N为切点，当∠MPN的最大值为π3时，则r的值为( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，下列结论中错误的是( )
A. 直线B1C与直线AD1所成的角为90∘
B. 直线B1C与平面ACD1所成角的余弦值为 33
C. B1D⊥平面ACD1
D. 点B1到平面ACD1的距离为 32
5.如图，过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线交抛物线于点A，B，交其准线l于点C.若|BC|=2|BF|，且|AF|=3，则此抛物线的方程为( )
A. y2=9xB. y2=6xC. y2=3xD. y2=x
6.已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，右焦点为F，直线A1B1与直线B2F相交于点T.若A2T垂直于x轴，则椭圆的离心率e=( )
A. 13B. 33C. 12D. 22
7.在图形设计和创作中，常常需要用不同的形状和线条进行组合，以创造出独特的视觉效果.某校数学兴趣小组设计了一个如图所示的“螺旋线”：点A1，C1在直线l上，△A1B1C1是边长为1的等边三角形，C1A2⌢是以点A1为圆心，A1C1为半径的圆弧，A2B2⌢是以点B1为圆心，B1A2为半径的圆弧，B2C2⌢是以点C1为圆心，C1B2为半径的圆弧，C2A3⌢是以点A1为圆心，A1C2为半径的圆弧，…，依次类推(其中点A1，C1，C2，C3，…共线，点B1，A1，A2，A3，…共线，点C1，B1，B2，B3，…共线).由上述圆弧组成的曲线H与直线l恰有9个交点时，曲线H长度的最小值为
A. 30πB. 44πC. 52πD. 70π
8.若双曲线C：x24-y25=1，F1，F2分别为左､右焦点，设点P是在双曲线上且在第一象限的动点，点I为△PF1F2的内心，A0,4，则下列说法正确的是( )
A. 双曲线C的渐近线方程为x4±y5=0
B. 点I的运动轨迹为双曲线的一部分
C. 若PF1=2PF2，PI=xPF1+yPF2，则y-x=29
D. 不存在点P，使得|PA|+PF1取得最小值
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4=32,a2+a3=12，则下列说法正确的是( )
A. q=1B. 数列Sn+2是等比数列
C. S8=510D. 数列lgan是公差为2的等差数列
10.在平面直角坐标系xOy中，已知点M(2 , -1) , N(-2 , 1)，动点P满足|PM|2-|PN|2=a(a∈R)，记点P的轨迹为曲线C，则( )
A. 存在实数a，使得曲线C上所有的点到点的距离大于2
B. 存在实数a，使得曲线C上有两点到点(- 5 , 0)与( 5 , 0)的距离之和为6
C. 存在实数a，使得曲线C上有两点到点(- 5 , 0)与( 5 , 0)的距离之差为2
D. 存在实数a，使得曲线C上有两点到点(a , 0)的距离与到直线x=-a的距离相等
11.已知△ABC的顶点A(5,1)，边AB上的中线CM所在直线方程为2x-y-5=0，边AC上的高BH所在直线方程为x-2y-5=0，则下列说法正确的有( )
A. 过点A且平行于CM的直线的方程为2x-y-9=0
B. 直线AC的方程为2x+y-11=0
C. 点C的坐标为(4,3)
D. 边AC的垂直平分线的方程为x-2y-1=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知等差数列{an}首项为a，公差为b，等比数列bn首项为b，公比为a，其中a,b都是大于1的正整数，且a10)的焦点F与双曲线4x23-4y2=1的一个焦点重合，过焦点F的直线l交抛物线于A，B两点。
(1)求抛物线C的方程；
(2)记抛物线C的准线与x轴的交点为N，试问是否存在常数λ∈R，使得AF=λFB且|NA|2+|NB|2=854都成立？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由。
答案
1.B 2.D 3.D 4.D 5.C 6.A 7.C 8.C
9.BC 10.BD 11.ABC
12.5n-3
13.x2+y2-4y=0
14. 62
15. (1)证明：对4anan+1+an+1=3an，
等式两边同时除以an+1an可得4+1an=3an+1，
等式两边再同时减6得1an-2=31an+1-2，
即1an+1-2=131an-2，
又由a1=35，可得1a1-2=-13≠0，故1an-2≠0，
则数列1an-2是首项为-13，公比为13的等比数列．
(2)由(1)得1an-2的通项公式为1an-2=-13n，
得1an=2-13n，所以an=3n2⋅3n-1．
(3)由(2)知1an=2-13n，
所以Sn=2-13+2-132+⋅⋅⋅+2-13n=2n-13+132+⋅⋅⋅+13n
=2n-131-131-13n=2n-12+12⋅3n．
16.解：(1)当m=-1时，
圆C1的圆心C1(2,1)，半径r1=2 2，
圆C2的圆心C2(1,0)，半径r2= 2，
圆心距C1C2= 2=r1-r2，所以两圆内切；
因为两圆内切，所以公切线只有一条，
且两圆的公切线方程可由两圆方程相减得到，即为：x+y+1=0，
故两圆公切线方程为：x+y+1=0；
(2)两圆公共弦所在直线l的方程为：2x+2y+m+3=0，
圆C2的圆心C2(1,0)到直线l的距离2+m+32 2= 22，
于是m+5=2,m=-3或-7(舍)，所以直线l的方程为x+y=0 ；
因为圆C2半径r2=2 ，弦心距d= 22，
由勾股定理可得半弦长为 r22-d2= 142，所以公共弦长为 14．
17. 解：作AP⊥CD于点P，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，
P(0, 22,0)，D(- 22, 22,0)，
O(0,0,2)，M(0,0,1)，N(1- 24, 24,0)．
(1)MN=(1- 24, 24,-1)，
OP=(0, 22,-2)，OD=(- 22, 22,-2)，
设平面OCD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅OP=0，n⋅OD=0，
即 22y-2z=0- 22x+ 22y-2z=0，
取z= 2，解得n=(0,4, 2).
∵MN⋅n=(1- 24, 24,-1)⋅(0,4, 2)=0，
又MN⊈平面OCD，
∴MN/​/平面OCD．
(2)设AB与MD所成的角为θ，
∵AB=(1,0,0),MD=(- 22, 22,-1)，
∴csθ=|AB⋅MD||AB|⋅|MD|=12，
∴θ=π3，即AB与MD所成角的大小为π3．
18.解：(1)由题意可知：椭圆的离心率e=ca=12，则a=2c，①
椭圆的准线方程x=±a2c，由2×a2c=8，②
由①②解得：a=2，c=1，
则b2=a2-c2=3，
∴椭圆的标准方程：x24+y23=1；
(2)设P(x0,y0)，
当x0=1时，直线PF2斜率不存在，此时直线l1，l2的交点为F1，不满足题意；
故x0≠1，
则直线PF2的斜率kPF2=y0x0-1，
则直线l2的斜率k2=-x0-1y0，直线l2的方程y=-x0-1y0(x-1)，
直线PF1的斜率kPF1=y0x0+1，
则直线l1的斜率k1=-x0+1y0，直线l1的方程y=-x0+1y0(x+1)，
联立y=-x0-1y0(x-1)y=-x0+1y0(x+1)，解得：x=-x0y=x02-1y0，则Q(-x0,x02-1y0)，
由P，Q在椭圆上，P，Q的横坐标互为相反数，纵坐标应相等，则y0=x02-1y0，
∴y02=x02-1，
则x024+y023=1y02=x02-1，解得：x02=167y02=97，则x0=±4 77y0=±3 77，
又P在第一象限，所以P的坐标为：P(4 77,3 77).

19.解：(1)双曲线中c=1，所以F(1,0)，p2=1，所以p=2，
所以抛物线的方程为y2=4x．
(2)由题意可得，设直线l：x=ty+1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)联立y2=4xx=ty+1，消去x，得y2-4ty-4=0，Δ=16t2+16>0；
所以y1+y2=4ty1y2=-4① 且x1=ty1+1x2=ty2+1 ，
又AF=λFB，
所以(1-x1,-y1)=λ(x2-1,y2)，即y1=-λy2，
代入①得(1-λ)y2=4t-λy22=-4，消去y2，
得4t2=λ+1λ-2，易知N(-1,0)，则NA2+NB2=(x1+1)2+y12+(x2+1)2+y22
=(ty1+1)2+(ty2+1)2+2(ty1+ty2+2)+2+y12+y22=(t2+1)(y12+y22)+4t(y1+y2)+8=(t2+1)(16t2+8)+4t·4t+8
=16t4+40t2+16，
由16t4+40t2+16=854，解得t2=18，所以λ=2或12，
故存在λ=2或12满足条件．