精品解析：福建省厦门双十中学2024-2025学年高二上学期第二次月考（12月）数学试题

福建省厦门双十中学2026届高二上第二次月考 数学试题 本试卷共4页.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3考试结束后，将答题卡交回. 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. 等差数列中，已知，则该数列的前9项和为（ ） A. 54 B. 63 C. 66 D. 72 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的性质及前项和公式求解． 【详解】∵，且，∴，， ∴该数列的前9项和为． 故选：A． 2. 棱长为的正四面体中，点是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量线性运算法则和数量积的性质可得，结合数量积定义可得结论． 【详解】因为， 所以， 又，，，， 所以． 故选：A． 3. 设是等比数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，求得的值，再利用等比数列的求和公式可求得结果. 【详解】设等比数列的公比为，若，则，矛盾，所以， 故，则， 所以， ， 因此， 故选：B. 4. 已知两条直线与被圆截得的线段长均为2，则圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得两直线平行，求出两平行线间的距离，从而可得圆心到直线的距离，再由弦长，圆心距和半径的关系可求出圆的半径，从而可求出圆的面积 【详解】因为两条直线与， 所以， 所以与间的距离为， 所以圆心到直线的距离为1， 因为直线被圆截得的弦长为2， 所以圆的半径为， 所以圆的面积为. 故选：A. 5. 如图所示，椭圆的中心在原点，焦点在轴上，是椭圆的顶点，是椭圆上一点，且轴，，则此椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合条件设椭圆方程，并确定各点坐标，根据，得到，列方程化简可得，求离心率可得结论. 【详解】因为椭圆的中心在原点，焦点在轴上， 故可设椭圆方程为， 因为，则点的坐标为， 又，，， 于是，， 因为，所以， 得，即， 所以， 故，． 故选：B. 6. 已知四面体中，两两垂直，与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据条件求出平面的法向量，利用向量法求出点到平面的距离. 【详解】如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，，则， 所以，． 设平面的法向量为，则， 令，得，故． 因为直线与平面所成角的正切值为， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 即，解得， 所以平面的一个法向量为， 故到平面的距离为． 故选：D． 7. 设，若过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值是（ ） A. B. 2 C. 3 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】先确定两直线所过的定点、的坐标，然后根据两直线的位置关系可判断它们垂直，结合基本不等式求解即可. 【详解】依题意，直线过定点，直线可整理为，故直线过定点， 又因为直线和直线始终垂直，为两直线交点， 所以， 则， 由基本不等式可得， 当且仅当时取等号，所以的最大值是. 故选：A. 8. 正方体的棱长为5，点在棱上，且，点是正方体下底面内（含边界）的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为25，则动点到点的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据动点P到直线的距离与点P到点M的距离的平方差为25，得到，发现点P的轨迹是抛物线，然后建立平面直角坐标系求解即可. 【详解】 如图所示，作，Q为垂足，则易知平面， 过点Q作，交于，则易知平面，所以即为P到直线的距离． 因为，且，所以． 所以点P的轨迹是以AD为准线，点M为焦点的抛物线． 如图建立直角坐标系，则点P的轨迹方程是， 点，设，所以 ，所以当，取得最小值. 故选：A 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是等差数列的前项和，，且，则（ ） A. 公差 B. C. D. 时，最大 【答案】BC 【解析】 【分析】根据已知条件列方程，根据等差数列的性质对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设等差数列的公差为， 由得， 由于，所以，，， 所以A，D选项错误，B选项正确. 因为，故C选项正确. 故选：BC. 10. 在正方体中，，点是的中点，空间中一点满足，则（ ） A. 当时， B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得平面 D. 当时，有且仅有一个点，使得与所成角为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据选项逐个分析当x，y取不同值时相应的图形关系，再判断选项是否正确即可. 【详解】对于选项A，当时，， 如图所示， 根据平面向量基本定理，此时P在线段上， 由于在正方体中，平面，平面， 所以，选项A正确； 对于选项B，当时，， 如图所示， 由平面向量基本定理，此时P在线段上， 由图可知，三棱锥当以平面为底面时为定值， 但因为顶点P在线段上运动，所以P到底面的高不确定， 故三棱锥的体积不是定值，选项B错误； 对于选项C，当时，如图所示， 此时， 由平面向量基本定理，取AB与中点M，N，则P在线段MN上运动， 由图可知，过B点且与平面平行的平面为平面， 平面，所以此时平面， 又P是MN与交点，即当且仅当P是MN中点时，有平面， 故选项C正确； 对于选项D，如图所示， 以D为原点，DC，DA，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， 因为，则有， 又， 所以， 所以. 于是，， 所以的夹角为时有， ， 解得或， 即或都可以使得的夹角为， 选项D错误. 故选：AC. 11. 双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理.椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线.曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点） B. 已知，，为双纽线上任意一点，则 C. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为 D. 曲线关于直线对称的曲线方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A，曲线C经过整点；B，，即可判定；C，将直线与曲线方程联立，根据方程的解可判断C；D，曲线方程中x，y互换可得曲线C关于直线对称的曲线方程. 【详解】对于A，由，可得， 所以，即， 令，解得，或； 当时，得，无解； 当时，得，无解； 所以曲线C经过整点，故A错； 对于B，由于，，则， 所以为双纽线上任意一点，则，B正确； 对于C，直线与曲线一定有公共点， 若直线与曲线C只有一个交点， 所以，整理得无非零实数解， ，实数k的取值范围为，故C正确； 对于D，曲线方程中x，y互换可得曲线C关于直线对称的曲线方程为 ，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前项和为，且满足，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用来求得正确答案. 【详解】根据题意，数列满足， 当时，有； 当时，有，不符合， 故 故答案为： 13. 如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的运算法则利用表示，由条件结合空间向量基本定理列方程求可得结论. 【详解】在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点， 所以 又 所以 即. 故答案为：. 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，为直线：上的动点，为圆：上的动点，则的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义可设，利用待定系数法得的坐标为，即可根据三点共线，结合点到直线的距离公式即可求解. 【详解】令，则， 依题意，圆是由点，确定的阿波罗尼斯圆，且， 设点坐标为，则， 整理得，而该圆的方程为， 则，解得，点的坐标为， 因此，当时，最小，最小值为， 所以当时，的值最小为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据的形式，设，则，利用阿波罗尼斯圆的定义待定出点，即可利用点到直线的距离求解. 四､解答题：共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 若数列的前项和为，且，等差数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由条件根据关系可得，证明数列是等比数列，由此可求，由条件求数列的公差，再求数列的通项公式； （2）利用错位相减法求数列的前项和. 【小问1详解】 因为①， 所以②，， ①②得，又 所以，故数列是以为公比，首项为的等比数列， ， ， 等差数列的公差为. 【小问2详解】 由（1）可得， ， 两式相减得， 16. 如图，在四棱锥中，，，，，平面，与平面所成角为，为中点， （1）证明：； （2）若直线与平面所成角为，求的值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由题设证明，，从而建立空间直角坐标系，计算即可得证. （2）求出平面的法向量，再由线面角的向量法公式即可计算得解. 【小问1详解】 因为，， 所以，因为平面，与平面所成角为， 所以为与平面所成角，即， 则，又平面， 所以， 所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 则由题， 所以，， 所以， 所以，即. 【小问2详解】 设平面的法向量为， 则，所以，所以由（1）得， 取，则，又直线与平面所成角为， 所以 ，解得. 17. 已知双曲线：的虚轴长为4，直线为双曲线的一条渐近线. （1）求双曲线的标准方程； （2）记双曲线的左、右顶点分别为，，过点的直线交双曲线于点，（点在第一象限），记直线MA斜率为，直线NB斜率为，求证：为定值. 【答案】（1）； （2） 由（1）知，，， 显然直线不垂直于轴，设直线的方程为，设， 由消去得， ，，， 直线的斜率，直线的斜率， 所以，为定值． 【解析】 【分析】（1）由虚轴长和渐近线方程求得和的值即可. （2）设直线的方程为，将其与双曲线的方程联立，得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理和直线的斜率公式，计算的值即可得证. 【小问1详解】 由双曲线：虚轴长为4，得， 双曲线的渐近线方程为，由直线为双曲线C的一条渐近线，得，则， 所以双曲线C的标准方程为. 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，设是第一象限内椭圆上的一点，的延长线分别交椭圆于点，连接，若的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）当轴，求的面积； （3）若分别记的斜率分别为，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）运用离心率和椭圆定义得到方程组，计算即可； （2）由条件求，再求方程，联立方程组求的纵坐标，求面积即可； （3）设，与椭圆分别联立，求出，表示出，借助基本不等式可解. 【小问1详解】 由题意：， 解得：， 故椭圆方程为； 【小问2详解】 当轴时，由在第一象限， 可得， 即， 故求得直线方程为， 联立，得， 整理得，所以， 此时点的纵坐标为， 所以； 【小问3详解】 设，因为在椭圆上，故， 由题意， 故将直线与椭圆方程联立， 可得， 整理可得：，所以， 即，即. 同理：将直线与椭圆方程联立，可得， 整理可得：，所以， 即，即， 所以， 故 由在第一象限内，故， 的最大值为，当且仅当在处取到等号. 【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； （2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 已知两个数列和的项数均为，且对于数列，其中，若存在满足：①，都有；②，使得，则称数列是的单极数列. （1）已知，若的单极数列为，求满足条件的的个数. （2）已知是的单极数列. （i）若，求. （ii）若，当时，证明：. 【答案】（1）18 （2）（i）； （ii）设， 因为， 则， ， . 易知， ，即， ，即. 又， 则有. 所以 由，得， 即. 【解析】 【分析】（1）由单级数列的定义，及的单极数列为可得满足条件的的个数； （2）（i）由，得，两式相减可推得，则得； （ii）设，由已知可推得，则可得，再由，即可证得结果. 【小问1详解】 由题意可知，为的最大值. 若的单极数列为， 则有或， 或或或或， 则满足条件的的个数为. 【小问2详解】 （i）由为的最大值，可知， 由，得， 两式相减，得， 整理，得， 又， 则，即，所以，即. （ii）略 【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列新定义的应用，属于难题. 正确理解定义是求解本题的关键，第（2）问第（i）小问利用递推关系得到数列是单调递增数列是关键；第（ii）小问对正整数进行讨论，比较各项的大小关系，从而得到数列的单级数列，再进行求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门双十中学2026届高二上第二次月考 数学试题 本试卷共4页.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3考试结束后，将答题卡交回. 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. 等差数列中，已知，则该数列的前9项和为（ ） A. 54 B. 63 C. 66 D. 72 2. 棱长为的正四面体中，点是的中点，则（ ） A. B. C. D. 3. 设是等比数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知两条直线与被圆截得的线段长均为2，则圆的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示，椭圆的中心在原点，焦点在轴上，是椭圆的顶点，是椭圆上一点，且轴，，则此椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 6. 已知四面体中，两两垂直，与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 设，若过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值是（ ） A. B. 2 C. 3 D. 5 8. 正方体的棱长为5，点在棱上，且，点是正方体下底面内（含边界）的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为25，则动点到点的最小值是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是等差数列的前项和，，且，则（ ） A. 公差 B. C. D. 时，最大 10. 在正方体中，，点是的中点，空间中一点满足，则（ ） A. 当时， B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得平面 D. 当时，有且仅有一个点，使得与所成角为 11. 双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理.椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线.曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点） B. 已知，，为双纽线上任意一点，则 C. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为 D. 曲线关于直线对称的曲线方程为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前项和为，且满足，则_______． 13. 如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点，若，则__________. 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，为直线：上的动点，为圆：上的动点，则的最小值为_____. 四､解答题：共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 若数列的前项和为，且，等差数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 如图，在四棱锥中，，，，，平面，与平面所成角为，为中点， （1）证明：； （2）若直线与平面所成角为，求的值. 17. 已知双曲线：的虚轴长为4，直线为双曲线的一条渐近线. （1）求双曲线的标准方程； （2）记双曲线的左、右顶点分别为，，过点的直线交双曲线于点，（点在第一象限），记直线MA斜率为，直线NB斜率为，求证：为定值. 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，设是第一象限内椭圆上的一点，的延长线分别交椭圆于点，连接，若的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）当轴，求的面积； （3）若分别记的斜率分别为，求的最大值. 19. 已知两个数列和的项数均为，且对于数列，其中，若存在满足：①，都有；②，使得，则称数列是的单极数列. （1）已知，若的单极数列为，求满足条件的的个数. （2）已知是的单极数列. （i）若，求. （ii）若，当时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $