广东省广州市部分学校2025~2026学年高二上册12月月考数学试卷（含答案）

这是一份广东省广州市部分学校2025~2026学年高二上册12月月考数学试卷（含答案），共29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．符合递推关系式的数列是（ ）．
A．，，，B．，，，
C．，，，D．，，，
2．已知复数z满足，则复数z在复平面内所对应的点的轨迹为（ ）
A．线段B．圆
C．椭圆D．双曲线
3．已知过点的直线的方向向量，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．设是两个相互独立的随机事件，已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微”，在数学的学习中，既常用函数图象来研究函数的基本性质，也常用函数的基本性质来研究函数图象的特征.则函数的部分图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
6．中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
7．已知点是圆上的动点，则下面说法正确的是（ ）
A．圆的半径为2B．的最大值为
C．的最小值为D．的最大值为5
8．已知双曲线（）的左、右焦点分别为，若上点满足，且的取值范围为，则的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设函数，则（ ）
A．B．
C．在区间上单调递增D．的最小值为
10．已知椭圆的左，右两个焦点分别是，，其中，直线经过左焦点与椭圆交于，两点，则下列说法中正确的（ ）
A．的周长为
B．当直线的斜率存在时，记，若的中点为，为坐标原点，则
C．若，则椭圆的离心率的取值范围是
D．若的最小值为，则椭圆的离心率
11．如图，在五面体中，底面是边长为的正方形，，平面，，到底面的距离为，点为的中点，点在四边形内部（含边界）.则下列选项中正确的是（ ）
A．该五面体的体积为
B．存在点，使得平面
C．存在点，使得
D．若，则点的轨迹长度为
三、填空题
12．已知函数，则的值等于______．
13．正项等差数列中，，则的最小值为__________．
14．已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点，若为上一点，为钝角，且，则__________.
四、解答题
15．如图，在平行六面体中，分别为棱，的中点，记，，，满足，，，.
（1）用表示，并求的长度；
（2）求直线与所成角的余弦值.
16．在平面直角坐标系中，已知点，动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）若直线交于两点，且，求直线的方程．
17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，C，已知．
（1）求角C；
（2）若CD是角C的平分线，，，求CD的长．
18．如图所示，四棱锥的底面是边长为1的菱形，，E是的中点，底面.
（1）证明：平面平面；
（2）若平面和平面的夹角余弦值为，求点D到平面的距离.
19．通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫作把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P.
(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：
(2)已知二次方程的图象是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M，N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G，H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
答案
1．【正确答案】B
【详解】对于A，，不满足题意；
对于C，，不满足题意；
对于D，，不满足题意；
对于B，，，，
满足.
故选B．
2．【正确答案】B
【详解】设复数在复平面内对应的点为，而复数对应的点为，
则可将理解为，即动点到定点的距离为3，
故动点的轨迹为以为圆心，半径为3的圆.
故选B.
3．【正确答案】A
【详解】由直线的方向向量可得该直线的斜率为，
又直线过点，所以直线方程为，即.
故选A.
4．【正确答案】D
【详解】由是两个相互独立，得，而
则，所以.
故选D
5．【正确答案】A
【详解】由得，
又函数的定义域为，则为奇函数，排除B，C项；
当时，恒成立，排除D项.
故选A
6．【正确答案】B
【详解】设正方体的边长为，则，
由，则，
所以牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为.
故选B．
7．【正确答案】B
【详解】对于A：，
因此该圆的圆心为，半径为，故A错误；
对于B：因为点是圆：上的动点，
设，可知直线与圆有公共点，
则，解得，
因此的最大值为，故B正确；
对于C：因为，设，
则，
由圆的性质可知：的最小值为，
所以的最小值为，故C错误；
对于D： 令，
可知直线与圆有公共点，则，解得，
所以的最大值为6，故D错误；
故选B.
8．【正确答案】B
【详解】根据双曲线的定义以及可得,再利用中的余弦定理列式求范围即可.
【详解】由双曲线的定义有,又,故,.
故.又的取值范围为,
故.即.
故.
故选B
9．【正确答案】AD
【详解】，故A正确；
，故B错误；
，时，，，
故在区间上单调递减，故C错误；
，
故为周期为的函数.只需研究在区间上的最小值.
当时，由C知，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
又，故的最小值为.故D正确
故选AD
10．【正确答案】ACD
【详解】直线过左焦点，的周长为，A正确；
设，，则，点，
，
由，两式相减得：，
，
，故B错误；
，，
，
即，
又，，
，即，
则椭圆的离心率的取值范围是，C正确；
为椭圆的通径时最小，即轴，
令，，解得，
通径为，
整理得，即，
解得，舍去，故D正确．
故选ACD．
11．【正确答案】BD
【详解】对于A选项，取中点，作，垂足分别为
，作,分别交于，交于，可将五面体拆分成直三棱柱，四棱锥和四棱锥，如图所示.
，为中点，，
四边形为正方形，，又，
平面平面，
又平面，.
平面，平面，
同理可得，平面，.
，
则.
，
，
，故错误.
对于选项，取中点，连接.
分别为中点，四边形为正方形，
，平面，平面，
平面，平面，又平面，
平面平面，
则当时，平面，此时平面，所以正确.
对于选项，作点关于平面的对称点，连接，
关于平面对称，，
（当且仅当三点共线时取等号），
到平面的距离为，，又，
，则，
即不存在点，使得，故错误
.对于选项，因为点到平面的距离
所以，则点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部（含边界）的部分，作出正方形的平面图如下所示，
所以点的轨迹长度为，故正确.
故选.
12．【正确答案】1
【详解】，
所以.
13．【正确答案】
【详解】由正项等差数列中，由，得，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
14．【正确答案】
【详解】如下图，若垂直于准线于，则，故，

所以，在中，故，
令，，而，则，
所以，整理得，
所以，而为钝角，结合三角形边角关系知，
当时，，不符合要求，
所以，，经验证满足要求，
所以.
15．【正确答案】（1），的长度为.
（2）
【详解】（1）由图可知，.
.
因为，
，.
所以.
所以，的长度为.
（2）因为，，
所以.
由（1）得，而，
所以直线与所成角的余弦值为
.
16．【正确答案】（1）
（2）
【详解】（1）根据题意由可知，
动点的轨迹为以为焦点，实轴长为的双曲线，
即，所以，
所以可得的方程为；
（2）如下图所示：
依题意设，
联立与的方程，
消去整理可得，则；
且，解得；
所以，
解得，满足，符合题意；
所以直线的方程为.
17．【正确答案】（1）；（2）.
【详解】（1）由，根据正弦定理可得，
则，所以，
整理得，因为均为三角形内角，所以，
因此，所以；
（2）因为CD是角C的平分线，，，
所以在和中，由正弦定理可得，，，
因此，即，所以，
又由余弦定理可得，即，解得，所以，
又，即，
即，所以.
18．【正确答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）
连接,
因为四边形是菱形，，
所以是等边三角形，
因为E是的中点，所以，
因为，所以.
因为平面，平面，
所以，又平面，平面，,
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）
设，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以平面过的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
所以
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则,,
所以，，
令，则，令，则，
所以平面的法向量为，平面的法向量为，
因为平面和平面的夹角余弦值为，
所以，解得，
所以，平面的法向量为，
因为，
所以点D到平面的距离.
19．【正确答案】(1)；
(2)（i）；（ⅱ）是，2.
【分析】（1）借助所给定义计算即可得；
（2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得；
（ⅱ）法一：设出直线，，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得；
法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线，旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得.
【详解】（1）由已知可得，则，
设，则，
所以，，即点P的坐标为；
（2）（i）由与交点为和，则，
由与交点为和，
则，所以，；
（ⅱ）法一：设直线：，，，
与斜椭圆联立：，
有，
∵，，
∴
，
设直线：，代入斜椭圆，
有，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，由（i）可得椭圆方程为，
点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后，，
与椭圆方程联立，即，
可得，
，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，，
.
综上所述，.
【关键点拨】本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变.