山东省临沂第十八中学2025--2026学年高二上册12月月考数学试题【附答案】

这是一份山东省临沂第十八中学2025--2026学年高二上册12月月考数学试题【附答案】，共17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，，则（ ）
A．B．C．3D．
2．已知直线，和平面，且，则是的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．既不充分也不必要
3．已知，，且，则（ ）
A．B．C．6D．
4．已知直线，若直线与连接两点的线段总有公共点，则的倾斜角范围为（ ）
A．B．C．D．
5．已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上一点，作于点，若为等边三角形，则点的横坐标为（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．如果函数在上是单调递减函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（ ）
A．2B．5C．D．
8．过椭圆的右焦点并垂直于轴的直线与椭圆的一个交点为，椭圆上不同的两点，满足条件：成等差数列，则弦的中垂线在轴上的截距的范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知直线，，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．当时，与相交，交点为D．当时，不经过第三象限
10．已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上不同于左右顶点的任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．的周长为8B．面积的最大值为
C．的取值范围为D．的取值范围为
11．已知正方体的棱长为1，平面与对角线垂直，则（ ）
A．正方体的每条棱所在直线与平面所成角均相等
B．平面截正方体所得截面面积的最大值为
C．当平面与正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值
D．直线与平面内任一直线所成角的正弦值的取值范围为
三、填空题
12．若为直角坐标平面内轴正方向上的单位向量，向量，，且，则点的轨迹方程为 .
13．已知点在直线上，则数列的前30项的和为 ．
14．已知满足方程，则的取值范围为 ．
四、解答题
15．在数列中，，，且．
（1）证明：是等差数列；
（2）求的通项公式．
16．已知圆，圆.
（1）试判断圆C与圆M的位置关系，并说明理由；
（2）若过点的直线l与圆C相切，求直线l的方程.
17．已知定义域为的函数是奇函数
（1）求实数b的值
（2）判断并用定义法证明在上的单调性
（3）若对任意实数，不等式恒成立，求的取值范围
18．如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，平面平面，且与都是正三角形．

（1）求证：．
（2）若，点在棱上，且点到平面的距离为．
（i）求；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值．
19．如图所示，、分别为椭圆的左、右顶点，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作两条互相垂直的直线，与椭圆交于，两点，求面积的最大值.
参考答案
1．【答案】A
【详解】因为，，
所以，
所以.
故选A
2．【答案】B
【详解】当，，则或，所以充分性不成立；
反之：若，，则必有，所以必要性成立，
所以是的必要不充分的条件.
故选B.
3．【答案】A
【详解】因为，所以，所以，
所以，所以，
故选A
4．【答案】D
【详解】由直线，
令，解得，所以直线经过定点.
由，则，，
要使直线与连接两点的线段总有公共点，
则直线的斜率需满足，
则直线的倾斜角范围为.
故选D.
5．【答案】C
【详解】由抛物线的定义可知，且，过作，
可知D为的中点，
则，即，所以点的横坐标为3.
故选C

6．【答案】A
【详解】当时，.
函数在上是单调递减函数，所以，解得.
故实数的取值范围是.
故选A.
7．【答案】A
【详解】根据题意可设，双曲线的半焦距为，，则，
过作轴的垂线l，过作l的垂线，垂足为A，显然直线为抛物线的准线，
则，
由双曲线的定义及已知条件可知，则，
由勾股定理可知，
易知，即，
整理得，∴，即离心率为2.
故选

8．【答案】C
【详解】因为成等差数列，，
利用焦半径公式得：，，代入可得
设中点，椭圆上不同的两点，
，两式作差可得，，
所以弦的中垂线的方程为：，
当时，，此即的中垂线在轴上的截距，
在椭圆“内”，，得，
．
故选C．
9．【答案】BD
【详解】解：直线，，
对于A，若，则，
解得，故A错误；
对于B，若，则，解得，故B正确；
对于C，当时，直线，，
与相交，交点为，故C错误；
对于D，当时，，不过第三象限；
当时，时，，当时，，
不经过第三象限．
综上，当时，不经过第三象限，故D正确．
故选BD．
10．【答案】BCD
【详解】
由可得，，，.
对于A项，的周长为，故A项错误；
对于B项，设，，则，所以当点为短轴顶点时，的面积最大，最大面积为，故B项正确；
对于C项，设，，，，则，，则.因为，所以，所以，又，所以，所以的取值范围为，故C项正确；
对于D项，由可得，，由C知，，则，因为，所以，所以，同理有.所以，当时有最大值4，当或时，值为3，但是且，所以的取值范围为，故D项正确.
故选BCD.
11．【答案】ACD
【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
对于A：因平面与对角线垂直，所以平面的一个法向量为，
，，，
，同理,
所以直线分别与直线所成角相等，
所以直线与平面所成角也相等，
根据正方体性质可知，正方体的每条棱所在直线与平面所成角均相等，故A正确；
对于B：如图，点分别为棱的中点，

则正六边形为平面过正方体中心时截正方体所成图形，
由正方体性质可知，当平面由此位置向或趋近时，截面面积变小，
故截面面积最大即为正六边形的面积，
其中，所以正六边形的面积为，
故B错误；
对于C，当平面与正方体各面都有公共点时，截图为六边形，如图阴影部分，
，
同理可得，故六边形周长为定值，所以C正确；
对于D，直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最小值
即为直线与平面所成角的正弦值，
设直线与平面所成角为，
则，
设平面与平面的交线为，
因为⊥平面，平面，故⊥，
故直线与的夹角为，
故直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最大值为1，
所成角的正弦值取值范围为，D正确.
故选ACD
12．【答案】
【详解】由题意，，,
由，得，
上式可理解为动点 到定点 和 的距离之和为 8，
由椭圆的定义知，动点的轨迹是以 和 为两焦点的椭圆，
则 ， 于是 .
故点 的轨迹方程为.
13．【答案】
【详解】点在直线上，
，
由可知函数的最小正周期为4，其函数值是1，0，，0的循环，
则数列的前30项和：．
14．【答案】
【详解】根据题意可知当，原方程可化为，
此时表示的是椭圆在第一象限的部分，包含与坐标轴的交点；
当时，原方程可化为，
此时表示的是双曲线在第四象限的部分；
当时，原方程可化为，
此时表示的是双曲线在第二象限的部分，
当时，方程为不表示任何图形，
画出图形如下图所示：
易知点到直线的距离为，
因此表示曲线上的点到直线的距离的5倍，
设直线与椭圆在第一象限相切，切点为时，取得最小值；
联立，整理可得，
显然，解得或（舍）；
由此可知与曲线没有交点，
此时与之间的距离为；
此时取得最小值为；
又双曲线和的一条渐近线方程为，
因此当或时，点到直线的距离无限接近于两条平行线到的距离，
易知两平行线间的距离为，所以可得；
所以的取值范围为.
15．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）因为，
且，
所以数列是以4为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）得：.
所以，，，…，.
以上各式相加得：，
又，所以
16．【答案】（1）圆C与圆M相交，理由见详解
（2）或
【详解】（1）把圆M的方程化成标准方程，得，
圆心为，半径.
圆C的圆心为，半径，
因为，
所以圆C与圆M相交，
（2）①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为到圆心C距离为2，满足题意；
②当直线l的斜率存在时，设其方程为，
由题意得，解得，
故直线l的方程为.
综上，直线l的方程为或.
17．【答案】（1）
（2）减函数，见详解
（3）
【详解】（1）由于定义域为的函数是奇函数，
所以解得；
（2）在上是减函数.
证明如下:设任意，
∵，∴，即，∴，
∴在上是减函数 ，
（3）不等式，
由奇函数得到，
所以，
因为在上是减函数，
∴，对恒成立，
令，当且仅当，即时，等号成立，
所以.
18．【答案】（1）见详解
（2）（i）2；（ii）
【详解】（1）如图，取的中点，连接．
因为与都是正三角形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为四边形是菱形，，所以，
因为平面平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以．
（2）由（1）知，两两互相垂直，以为坐标原点，
所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
（i）设，
则．
设平面的法向量为，
则，即
取，得，
所以点到平面的距离为，
解得．
所以．
（ii），由（i）知，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，即
取，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
19．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）由已知可得：，解得：，，
∴椭圆的方程为：.
（2）∵，
设的直线方程为：，，，
联立方程：，
整理得：，
∴，，
∵，，
，
即，
，
，
，
整理得，解得或（舍去），
∴，
，
∴，
令，
则，
由对勾函数单调性知，，
所以，当且仅当时，即时等号成立，
此时最大值为.