重庆市育才中学校2025_2026学年高二上学期12月诊断性考试数学试题 [含答案]

这是一份重庆市育才中学校2025_2026学年高二上学期12月诊断性考试数学试题 [含答案]，共19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．已知椭圆的一个焦点坐标为，则实数（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．已知直线过点，且与直线平行，则（ ）
A．B．C．1D．2
3．已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．3
4．如图，在四面体中，，，.点在棱上，且，为中点，则等于（ ）
A．B．
C．D．
5．在数列中，若，，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
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．
7．已知为等比数列，若，，则（ ）
A．B．C．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．
二、多选题
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
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
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
三、填空题
12．已知空间向量，，若，则 .
13．已知数列为等差数列，其前项和为，若，，则 .
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 .
四、解答题
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.
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.
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）求直线与平面所成的角的正弦值.
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.
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．【正确答案】C
【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．【正确答案】B
【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．【正确答案】D
【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．【正确答案】A
【详解】，因为在棱上，且，所以，
又为中点，所以，
故，
故选A
5．【正确答案】C
【详解】由题设，，则，，，
当时，，，，，，，
所以，且，
显然均满足上式，所以.
故选C
6．【正确答案】C
【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．【正确答案】D
【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．【正确答案】B
【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
9．【正确答案】ABD
【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．【正确答案】ABD
【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．【正确答案】BD
【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，在渐近线上，，
，，，，
，，
，
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
12．【正确答案】
【详解】，
又，所以，
即，
解得，
故，.
13．【正确答案】
【详解】由题意得，又，故，解得，
又，，所以，解得，
所以的公差为，所以.
14．【正确答案】/
【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，方程可化为，
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.
15．【正确答案】（1）
（2）或.
【详解】（1）设圆的方程为，
因为点，，在圆上，
所以，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）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．【正确答案】（1）见详解；
（2）存在，
【详解】（1）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；
（2）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．【正确答案】（1）见详解；
（2）.
【详解】（1）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；
（2）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．【正确答案】（1）；
（2）或；
（3）见详解.
【详解】（1）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；
（2）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；
（3）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．【正确答案】（1）；
（2）存在，的取值范围是.
【详解】（1）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.
（2）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．