重庆市2025_2026学年高二数学上学期12月月考试题含解析

这是一份重庆市2025_2026学年高二数学上学期12月月考试题含解析，共22页。试卷主要包含了 已知是椭圆， 已知为等比数列，若，，则， 已知抛物线， 已知点，，圆等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号；
2.选择题必须使用铅笔填涂；非选择题必须使用黑色签字笔答题；
3.请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效；
4.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回.
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. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则实数（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程，结合椭圆的焦点坐标进行求解即可.
【详解】因为椭圆的一个焦点坐标为，
所以该椭圆的焦点在纵轴上，
因此有，且，
故选：C
2. 已知直线过点，且与直线平行，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】将点代入直线求出，再由两条直线平行列方程求，从而可求的值.
【详解】因为直线过点，
所以，解得.
因为直线与直线平行，
所以，即，解得，
所以.
故选：B.
3. 已知数列满足，，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据数列递推公式，依次计算数列的项，判断数列的周期，进而求出结果.
【详解】由题意可得，，，
所以数列是周期为3的周期数列，即，
则.
故选：D.
4. 如图，在四面体中，，，.点在棱上，且，为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用多边形法则即可求解.
【详解】，因为在棱上，且，所以，
又为中点，所以，
故，
故选：A
5. 在数列中，若，，则数列的通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用累乘法求数列通项，注意验证是否满足通项，即可得.
【详解】由题设，，则，，，
当时，，，，，，，
所以，且，
显然均满足上式，所以.
故选：C
6. 已知是椭圆：的一个焦点，是短轴的一个端点，直线与椭圆的另一个交点为，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据转化为向量，结合焦点和短轴端点的坐标，求出交点的坐标，然后将Q的坐标代入椭圆标准方程，最后化简就行.
【详解】设椭圆的右焦点为，上顶点为，设。
由，可得向量关系：,
，，
解
椭圆方程为，将代入，
，即
化简得
所以
故选：C
7. 已知为等比数列，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合题意先求出基本量，再把目标式转化为等比数列求和，进而利用公式法求解即可.
【详解】由题意得为等比数列，则设首项为，公比为，
因为，，所以，
联立方程组，解得，
结合题意可得是首项为1，公比为4的等比数列的前50项和，
由求和公式得前50项和为，故D正确.
故选：D
8. 已知抛物线：的焦点为，准线为，、是上异于坐标原点的两点，若，过的中点作的垂线，垂足为，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，结合基本不等式可求的最小值.
【详解】如图：
分别过点作直线的垂线，垂足分别为，连接.
设，，则，
因为为梯形的中位线，所以.
又，所以.
所以.
又.
所以，当且仅当时取等号.
故选：B
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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知点，，圆：，则（ ）
A.
B. 过点、的直线方程为
C. 若直线与圆相切，则
D. 若圆与圆：恰有三条公切线，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据直线的截距式方程、圆的一般式方程的性质，结合圆的切线性质、圆与圆的位置关系逐一判断即可.
【详解】A：因为方程表示圆，
所以，因此本选项说法正确；
B：因为点，，
所以点、的直线方程为，因此本选项说法正确；
C：，
所以圆心坐标为，半径为，
若直线与圆相切，
则有，所以本选项说法不正确；
D：圆：的圆心坐标为，半径为，
若圆与圆：恰有三条公切线，
则圆与圆相外切，
所以有，因此本选项说法正确，
故选：ABD
10. 已知数列满足，记为其前项和，若，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 为递减的等差数列
C. 当时，取得最大值
D. 使得成立的最小正整数的值为23
【答案】ABD
【解析】
【分析】设出首项和公差，并结合题意得到，进而判断A，利用等差数列的求和公式并结合等差数列的定义判断B，利用等差数列的性质判断C，结合题意建立不等式，进而得到且，从而判断D即可.
【详解】因为，所以是等差数列，
因为，所以，
设首项为，公差为，则，解得，
对于A，可得，故A正确，
对于B，由等差数列性质得，
则，，
可得，
而，则为递减的等差数列，故B正确，
对于C，因为，，所以，
因为，，所以为递减的等差数列，
则的前11项均为正，从第12项起为负，
则当时，取得最大值，故C错误，
对于D，令，则，
而，可得，且，解得，
则使得成立的最小正整数的值为23，故D正确.
故选：ABD
11. 双曲线：的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则下列 说法错误的有（ ）
A.
B.
C. 的离心率为
D. 当时，四边形的面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】选项A，根据双曲线和圆的对称性可知四边形为平行四边形，根据和互补得解；选项C，设，由在渐近线上得到，由利用两点间的距离公式得到，从中解出的值得到的坐标，利用两点间的距离公式求出，，在中，利用余弦定理及通过整理得到，从而求出的值；选项B，由得到，从而得到和的值即可得解； 选项D，由、、解得和的值，利用及三角形的面积公式即可得解.
【详解】
选项A，根据双曲线和圆的对称性可知，四边形为平行四边形，
，，故选项A正确；
选项C，设，渐近线上，，
，，，，
，，
，
在中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
或（舍），
，，，，故选项C正确；
选项B，，，
，，
，，
，故选项B错误；
选项D，，，，
，，
，
，故选项D错误.
故选：BD
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 已知空间向量，，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直数量积为0，空间向量坐标运算得到，，由模长公式得到答案.
【详解】，
又，所以，
即，
解得，
故，.
故答案为：
13. 已知数列为等差数列，其前项和为，若，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的性质和求和公式得到，，从而得到公差，进而得到.
【详解】由题意得，又，故，解得，
又，，所以，解得，
所以的公差为，所以.
故答案为：
14. 已知是平面直角坐标系中的点集，直线：，则中的点到直线距离的最大值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由方程可得表示的曲线关于轴对称，当时，方程可化为，根据对称性作出图形，设与直线：平行，且与相切的直线为，根据直线与圆的位置关系求出，中的点到直线距离的最大值为直线：与直线的距离，由平行线间的距离公式即可求解.
【详解】对于方程，
将替换为，则，
化简得，方程不变，
故方程表示的曲线关于轴对称，
同理可得方程表示的曲线关于轴对称.
当时，方程可化，
即,表示以为圆心，半径为的圆在第一象限及轴正半轴的部分.
根据对称性可作出方程表示的曲线的图形，如图所示：
设,
到直线：的距离为，
所以直线：与相交.
设与直线：平行，且与相切的直线为，
则，解得或，
由图可得不符合题意，故，
故.
由图可得中的点到直线距离的最大值为直线：与直线的距离，即为.
故答案为:.
四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知点，，，
（1）求的外接圆的方程；
（2）若直线：与圆相交于，两点，且，求实数的值.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设圆方程为，将点，，代入求解；
（2）根据，得到圆心到直线的距离为求解.
【小问1详解】
设圆的方程为，
因为点，，在圆上，
所以，解得，
所以圆的方程为，即；
【小问2详解】
由（1）知圆的圆心为，半径为，
因为，所以圆心到直线的距离为，
直线方程，即为，
则圆心到直线的距离为，
所以，即，
解得或.
16. 已知数列的前项和为，且.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）若，是否存在正整数，使，，成等比数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）当时，，由，可得：，
即可得证；
（2）假设存在正整数满足题意，先利用（1）求出，得到，，，
利用等比中项的定义得到关于的方程，解出的值．
【小问1详解】
已知，
当时，，
由，上述两式相减得：

即
即，由得：
，
故数列是公差为2的等差数列；
【小问2详解】
假设存在正整数满足题意，
由（1）知是公差的等差数列，且，则：
，
故，
故，
又，，
若，，成等比数列，则，代入得：
，因为为正整数，解得，
验证：当时，，等式成立.
故存在正整数，使，，成等比数列.
17. 如图，在四棱锥中，是以为斜边的直角三角形，四边形是等腰梯形，，，，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）若为的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，从而有，再应用线面平行的判定证明结论；
（2）若是上靠近的四分之一的等分点，根据已知证明两两垂直，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，应用向量法求线面角的正弦值.
【小问1详解】
若为的中点，连接，又为的中点，则且，
又且，易知，，
所以四边形为平行四边形，则，
由平面，平面，则平面；
【小问2详解】
若是上靠近的四分之一的等分点，则，连接，
由四边形是等腰梯形，，，易知为梯形的高，
所以，而，则，
由是以为斜边的直角三角形，，，则，
所以，故，则，
所以，且，而，
所以，则，
综上，两两垂直，
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
所以，
所以，，，
令是平面的一个法向量，则，
若，则，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
18. 在平面直角坐标系中，已知抛物线上一点到焦点的距离为5.过点的直线与抛物线交于不同的两点、.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若的面积为20，求直线的方程；
（3）若直线交轴于点，直线交轴于点，且，，求证：为定值.
【答案】（1）；
（2）或；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，求出，从而得出抛物线的标准方程；
（2）设直线的方程为，联立，由韦达定理，得，，
的面积，结合，
解得，从而求出直线的方程；
（3）由在抛物线上，求出，得到直线的方程为：，即得，
由得，同理得，结合韦达定理得，，可解得，为定值.
【小问1详解】
抛物线的准线方程为，
根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，
即：，解得，故抛物线的标准方程为；
【小问2详解】
由（1）得焦点，又，则，
易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为，
联立，消去，整理得：
，设，
由，得，
由韦达定理，，，
故的面积，代入得：
,得，
又，故：
，解得
满足，因此直线的方程为或；
【小问3详解】
由在抛物线上，代入得，
又，故，即，
易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为，
，，由（2）知，，
直线的斜率为：，
故直线的方程为：，
令，得，即，又
故，，由，得
故，即，
同理，直线交轴于，得，
故
代入，，得
故，为定值.
19. 已知是曲线上的动点，且动点与定点的距离和到直线的距离之比是常数.
（1）求曲线的方程；
（2）点，是曲线上的两点，且位于轴上方，点为轴上一点，是否存在实数，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）存在，的取值范围是.
【解析】
【分析】（1）由动点到定点与定直线距离之比为常数的定义，判断轨迹为椭圆，据此建立方程化简即得曲线；
（2）设直线的方程为，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，计算表达式和的中点的坐标，从而得到，则，再计算的表达式，最后代入韦达定理式，则有，再结合得到，最后得到，从而得到其范围.
【小问1详解】
根据题意，动点满足：，
平方并化简：，
展开整理得：，
故曲线的方程为.
【小问2详解】
存在实数，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形．
由题意知，直线的斜率存在，设，直线的方程为，
联立，得，
由，得，
则，
，
故且，故，
当时，且，则，此时，满足题意；
当时，的中点为，又，
故，则．
，
则，
则，
即，
结合，则，
则，故，故，
综上所述，存在实数，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形．