广东省清远市博爱学校高中部2025_2026学年高二上学期12月教学质量检测数学试卷（含解析）

这是一份广东省清远市博爱学校高中部2025_2026学年高二上学期12月教学质量检测数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟；
2．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的班级、姓名和考号填写在答题卡上．
3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，监考老师将答题卷收回，试卷学生自己保留．
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知等差数列的公差为1，，则（ ）
A. 2021B. 2022C. 2023D. 2024
【正确答案】B
【分析】由等差数列的性质代入即可求解.
【详解】由题意得.
故选：B.
2. 抛物线焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】
先将抛物线方程化为标准形式，再求焦点坐标.
【详解】由得，所以抛物线为开口向上的抛物线，且，
所以焦点坐标为，
故选：C
3. 在空间直角坐标系中，已知，，则点B的坐标是
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】
根据空间向量的坐标运算即可求解.
【详解】设，，
则，
而，
所以，解得，
所以，
故选：C.
本题考查了空间向量的坐标运算，属于基础题.
4. 三棱锥中，点面，且，则实数（ ）
A. B. C. 1D.
【正确答案】D
【分析】由四点共面的充要条件列方程即可得解.
【详解】由题意三棱锥中，点面，且，
所以，解得.
故选：D.
5. 已知数列满足，，则（ ）
A. B. 2C. 3D.
【正确答案】A
【分析】先求出数列的周期为，可得.
【详解】因为，，
所以，，
，，……，
所以数列周期为，所以.
故选：A.
6. 直线（其中）被圆所截得的最短弦长等于（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】求出直线过定点，根据圆的几何性质当定点与圆心连线垂直直线时，直线截得弦最短即可得解.
【详解】因为可化为，
所以直线恒过定点，
由圆知圆心，半径，
由圆的几何性质知，当与直线垂直时，直线被圆所截得弦最短，
此时弦长为,
故选：B
7. 直线l：（参数，）的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】根据正弦函数的取值范围，结合直线斜率与倾斜角的关系求解即可.
【详解】直线，
因为，所以，设直线的倾斜角为，
则直线的斜率，
因为，所以，或.
故选：B.
8. 已知为坐标原点，双曲线的左焦点为，右顶点为；过点向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，且，直线与双曲线的左支交于点，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】求出左焦点到渐近线的距离并得出直线的方程，联立直线和双曲线方程解得点横坐标，可知轴，即可求出的大小为.
【详解】如下图所示：
不妨取渐近线，则左焦点到渐近线距离；
又，于是，可得,故离心率，
因此渐近线方程为，直线斜率为1，其方程为，可得，
又，则，所以直线的方程为，
联立双曲线方程整理可得；
易知是该方程的一个实数根，另一根即为；
所以，可得，
于是轴，又因为
所以．
故选：B
二、多项选择题：（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. 若三条直线l1：，l2：，l3：有2个公共点，则实数a的值可以为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【正确答案】BD
【分析】由题意知三条直线中，有两条直线相互平行，讨论平行和平行，求解即可.
【详解】由题意可得，三条直线中，有两条直线相互平行，
l1：的斜率为，l2：的斜率为，
所以不平行，
若平行，则，解得：，
若平行，则，解得：，
综上：实数a的值为或.
故选：BD.
10. 已知曲线C：，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B. 若，则C是圆，其半径
C. 若，则C是双曲线，其渐近线方程为
D. 若，则C是两条直线
【正确答案】ABD
【分析】结合选项条件，分别根据椭圆、圆以及双曲线的标准方程，化简曲线C：为相应的标准方程，即可判断A，B，C；时，方程即为，即可判断D.
【详解】对于A，若，则
故曲线C：，即，表示椭圆，其焦点在y轴上，A正确；
对于B，若，
则曲线C：，即，表示半径为的圆，B正确；
对于C，若，不妨设，
则曲线C：，即，表示焦点在x轴上的双曲线
则，故渐近线方程为，
即，C错误；
对于D，若，曲线C：，即，
即，则C是两条直线，D正确，
故选：ABD
11. 如图，在棱长为3的正四面体中，O为的中心，D为的中点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】ABD
【分析】对于A：根据向量的线性运算求解；对于B：根据正四面体的结构运算求解；对于CD：根据向量的数量积运算求解即可.
【详解】连接，，，
对于选项A：因为
，
，故A正确；
对于选项B：因为，所以，故B正确；
对于选项CD：
，故C错误，D正确；
故选：ABD.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 过点作直线与交于A，B两点，若，则直线的倾斜角为______.
【正确答案】
【分析】联立直线与抛物线方程可求得，再利用抛物线的焦点弦公式得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】因为抛物线的焦点坐标，准线为，
则直线过抛物线的焦点，且由题意可知直线的斜率不为0，
不妨设直线为，，，
联立，消去，得，
易知，则，故，
因为，所以，即，故，
所以直线方程为，则直线的倾斜角为.
故答案为.
13. 若方程表示双曲线，则实数m的取值范围是___________.
【正确答案】
【分析】利用双曲线方程的特点，可得，解不等式，即可求出实数的取值范围.
【详解】因为方程表示双曲线，
所以，即或，
解得或，
所以实数的取值范围是.
故答案为.
14. 如图①是直角梯形，，，是边长为1的菱形，且，以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，是线段上的动点，则到距离最小值为______．
【正确答案】
【分析】由题意得面面，结合菱形性质，得两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，由空间向量法求点到直线的距离即可得解.
【详解】
折起前，连接菱形的对角线交于点，
所以，所以折起后有，
因为菱形的边长为1，
所以，
又因为，，且
所以在中，有，
所以，
所以折起前后四边形的面积固定，
若以为折痕将折起，
当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，
则此时点到平面距离最大，
则此时有面面，
又面面，，面，
所以面，
又面，
所以，
又，
所以两两互相垂直，
如图，以为原点，建立空间直角坐标系：
则，
过点作于点，则，
又因为，
所以，即，
所以，
因为三点共线，
所以不妨设
，
所以点到直线的距离
，
所以当时，，
所以到距离最小值为.
故答案为.
关键点睛：解题关键是得到面面，结合菱形性质，建立适当的空间直角坐标系，由此即可顺利得解.
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. 棱长为2的正四面体中，设，，．M，N分别是棱的中点．
（1）用向量，，表示；
（2）求．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据空间向量基本定理求解即可；
（2）由空间向量模长公式和数量积公式求解即可.
【小问1详解】
连接，所以
，
因为，，，
所以.
【小问2详解】
因为正四面体的边长为，所以的夹角为，
，所以，
.
16. 已知抛物线的焦点为，位于第一象限的点在抛物线上，且.
（1）求焦点的坐标；
（2）若过点直线与只有一个交点，求的方程.
【正确答案】（1）
（2）或
【分析】（1）根据抛物线焦半径公式计算得出，再得出抛物线方程进而得出焦点即可；
（2）先设直线方程，再联立方程组，再分和两种情况应用直线与只有一个交点求参即可得出直线方程.
【小问1详解】
因为抛物线，，
所以，所以，可得
所以焦点的坐标.
【小问2详解】
因为点在抛物线上，所以，
又位于第一象限，所以，所以，
过点的直线与只有一个交点，直线斜率不存在不合题意；
设直线与有且只有一个交点，
由，得，
当时，，即，即，
当时，，只有一个根符合题意；
所以的方程为或，即或.
17. 如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且D为棱AB的中点．
（1）证明：平面．
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【小问1详解】
证明：由三棱柱的性质可知．
因为平面，所以平面．
因为平面，所以．
因为为的中点，且是等边三角形，所以．
因为平面，且，
所以平面．
【小问2详解】
取的中点，连接．由题意可得两两垂直，故以为坐标原点，
的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，
故．
设平面的法向量为，
则令，得．
设平面的法向量为，
则令，得．
设平面与平面所成的锐二面角为，
则，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
18. 已知椭圆：（）．
（1）若椭圆的焦距为6，求的值；
（2）设，若椭圆上两点M，N满足，求点N横坐标取最大值时的值．
【正确答案】（1）12 （2）20
【分析】（1）由焦距以及之间的关系列方程即可求解；
（2）设出直线方程，并与椭圆方程联立，结合已知和韦达定理即可求解.
【小问1详解】
设焦距为，则，解得．
【小问2详解】
要使点的横坐标最大，需直线斜率存在．
设，与椭圆联立得，
由韦达定理：．
由知，故，
要使点的横坐标最大，在这里不妨取，
所以，当且仅当时，等号成立．
当时，，即，此时．
19. 已知项数为m的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”.
（1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；
（2）若为的“伴随数列”，证明：；
（3）已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值.
【正确答案】（1）存在，“伴随数列”是15,13,11,10
（2）见解析 （3）的最大值为
【分析】（1）根据定义求出即可；
（2）证明即可得出；
（3）首先证明的伴随数列是存在的，最小的，然后确定得到范围，求得到最大值，由（2）知，利用累加法可得，得出，从而，（是整数）又由知是的正约数，这样得出得到最大值为，构造数列，，它存在伴随数列，从而得证.
【小问1详解】
，,
,，均为正整数，
所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10.
【小问2详解】
因为数列存在“伴随数列”，
所以，且，
所以，
所以，即，
所以.
【小问3详解】
①因为，，其中，
当时，，，有，均为正整数，
即当时，数列1,2025存在“伴随数列”：，
因此的最小值为2；
②一方面，由（2）知，，
于是，
所以，
另一方面，由数列存在“伴随数列”，知，
所以是的正约数，
取，
即取，
综合上述为最大值，取，，
当时，
，符合条件，
当，，符合条件
因此的最大值为.
关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键是理解新定义， 新定义求解，在求的最大值时，注意数列与不等式的综合应用，解题时分两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列存在，至少是可以的，另一方面，确定得到最大值，利用累加法估计出得到范围，再由伴随数列的性质得出满足的性质，由这两个确定出得到最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的项数是，且存在伴随数列.