精品解析：吉林省吉林市第一中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题

24级高二上学期12月考（数学学科）试卷 一、选择题：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. 抛物线的焦点到其准线的距离为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】先将抛物线方程化为标准方程，从而可求出焦点坐标和准线方程，进而可求出焦点到准线的距离. 【详解】抛物线的标准方程为，则，得， 所以焦点坐标为，准线方程为， 所以焦点到准线距离为. 故选：B. 2. 若动点满足方程，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，根据椭圆的定义，可得点的轨迹是以为焦点的椭圆，进而求得椭圆的方程，得到答案. 【详解】由动点满足方程， 根据椭圆的定义，可得动点的轨迹是以为焦点的椭圆， 且，即，则， 所以动点P的轨迹方程为. 故选：C 3. 设等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 8 B. 52 C. 45 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】先利用等差数列的通项公式求出再求出，最后利用等差数列的求和公式计算出的值. 【详解】设等差数列的公差为，，即，故，又因为，即， 故，,. 故选：C 4. 若直线与平行，则与之间的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由两条直线平行求得直线的方程，再由平行线的距离公式可得. 【详解】由两条直线与平行， 所以，即，解得. 所以直线，即. 再由两条平行直线的距离公式得：. 故选：D. 5. 与双曲线有公共焦点，且短半轴长为2的椭圆方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出双曲线的焦点，可得椭圆的焦点，再由，结合，求出，从而可求得椭圆方程. 【详解】对双曲线，可得其焦点在轴上，其坐标为. 设椭圆方程为，， 由题意，，所以. 所以椭圆方程为. 故选：B 6. “”是“直线与抛物线有唯一公共点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】联立与，分与两种情况，结合根的判别式得到或，从而求出答案. 【详解】联立与得，， 当时，，只有一个根，满足要求， 当时，令，解得， 故直线与抛物线有唯一公共点”时，或， 故是“直线与抛物线有唯一公共点”的充分不必要条件. 故选：A 7. 直线与圆交于，两点，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用垂径定理及勾股定理表示出弦长，列出关于的不等式，求出不等式的解集，即可得到的范围. 【详解】由圆的方程知，圆心，半径， 圆心到直线即的距离， ， 变形整理得，即，解得， 的取值范围是， 故选：D 8. 已知椭圆与双曲线有相同的左、右焦点，，若点P是与在第一象限内的交点，且，设与的离心率分别为，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据椭圆与双曲线的定义可得，从而可得，于是可得的取值范围. 【详解】设椭圆与双曲线的焦距为，则， 由椭圆与双曲线的定义得，可得， 因为，所以，即， 则，故，且，则 所以， 由于函数在上为增函数，所以， 则，故的取值范围是. 故选：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. 已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. 数列是递增数列 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差数列的性质及前n项和公式求解. 【详解】设等差数列的公差为，由题知，所以. 对于A，，所以，所以，所以数列是递增数列，所以A正确； 对于B，，所以B错误； 对于C，，所以C正确； 对于D，，所以D正确. 故选：ACD. 10. 已知直线经过抛物线的焦点，且与交于两点，过分别作准线的垂线，垂足依次为．若长的最小值为4，则（ ） A. 若，则 B. 若的倾斜角为，点在第一象限，则 C. 若，则的斜率为1 D. 若点在抛物线上，且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据通径为焦点弦最短弦列式求得，利用焦点弦的性质，判断A；联立直线与抛物线，利用韦达定理，结合焦半径公式判断B；根据焦半径公式列式求解判断C；利用向量坐标运算得，进而利用焦半径公式求解判断D. 【详解】由题意得抛物线的焦点，准线方程为， 因为长的最小值为4，所以，解得， 所以抛物线的方程为，则焦点，准线方程为， 对于A：由焦点弦的性质，将代入， 解得，故A错误； 对于B： 设直线的方程为，，， 联立，得， 所以，， 所以， ， 由抛物线的定义可得，， ，若的倾斜角为，则， 所以，，所以，，所以，， 所以，，所以，故B正确； 对于C：若，则，所以， 所以，所以，所以， 解得，所以直线的斜率为1或，故C错误； 对于D：设，， 由，得为的重心， 所以，， 所以，故D正确. 故选：BD. 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”，设为曲线上任意一动点，则（ ） A. 曲线与直线有个公共点 B. 曲线上任意两点距离最大值为 C. 的最大值为 D. 曲线所围成图形面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】联立曲线与直线的方程，根据公共解的个数判断A选项；求出曲线与轴的交点坐标，数形结合可判断B选项；利用圆的参数方程结合三角函数的有界性可判断C选项；求出曲线在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积，结合对称性可计算判断D选项. 【详解】曲线的方程可化为， 当，时，曲线的方程可化为， 在曲线上任取一点，则该点关于轴的对称点为， 因为，即点也在曲线上， 所以，曲线关于轴对称，同理可知，曲线关于轴、原点对称，作出曲线的图形如下图所示： 对于A选项，由，得， 所以，即，可得或（舍去）， 故，所以曲线与直线只有个公共点，A错； 对于B选项，在曲线的方程中，令，可得，解得或， 所以，曲线交轴于点、、， 结合图形可知，曲线上任意两点距离最大值为，B对； 对于C选项，当取最大值，则必有，， 此时点必在第一象限或两坐标轴正半轴上， 设，，其中， 由可得，所以， 所以， 因为，则，故， 故，即的最大值为，C对； 对于D选项，设圆的圆心为，该圆的半径为， 因为，故是边长为的等边三角形， 所以圆在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积为， 所以曲线所围成图形面积为，D对. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数列中，，则___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据数列的递推公式，求出数列的前几项，观察可得数列的周期性，利用周期性，可求. 【详解】因为， 所以，，，… 所以. 所以. 故答案为： 13. 设是双曲线上一点，分别是双曲线的左、右焦点，若，则___________． 【答案】6 【解析】 【分析】根据双曲线的定义即可求解. 【详解】由题可得，，则，故， 因为在双曲线上，所以，即或， 又，所以. 故答案为：6. 14. 数学家Geminad Dandelin用一平面截圆锥后，在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，就可证明图中平面截圆锥得到的截面是椭圆（如图称为丹德林双球模型）．若圆锥的轴截面为正三角形，则用与圆锥的轴成角的平面截圆锥所得椭圆的离心率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定信息分析截口曲线上任意一点满足的关系，进而确定曲线的形状，再利用轴截面求出椭圆的长半轴长及半焦距得解. 【详解】令两个球分别与截面相切于点，在截口曲线上任取一点，过点作圆锥的母线， 分别与两个球相切于，均为球的切线，则，同理， 因此，由切点的产生方式知，长为定值， 于是截口曲线上任意点到定点的距离和为定值，该曲线是以点为焦点的椭圆， 作出几何体的轴截面，如图，设，依题意，， 则，椭圆的长轴长，半焦距为c， 则，因此，所以离心率. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用旋转的组合体的结构特征，作出轴截面是求出长半轴长及半焦距是解题之关键. 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. 已知数列的前项和为，其中． （1）求实数的值以及数列的通项公式； （2）设是数列的前项和，求． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）当时，由解得，由结合即可求得，也适合，即可求解； （2）利用裂项相消法求和求得. 【小问1详解】 当时，，所以，则， 当时，， 又也适合，所以； 【小问2详解】 因为， 所以数列的前项和． 16. 已知点，动点满足直线与的斜率之积为，记点的轨迹为曲线 （1）求曲线的方程； （2）若过点且倾斜角为的直线与曲线相交于两点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据斜率公式表示出和，利用斜率之积为，列方程，化简后得到双曲线方程即可； （2）先求直线的方程，再与双曲线方程联立，利用韦达定理求出和，最后代入弦长公式计算即可． 【小问1详解】 因为的坐标为，又，，, 又动点满足直线与的斜率之积为，， 即， 故曲线的方程为. 【小问2详解】 根据已知作图如下： 直线过点且倾斜角为，直线的方程为， 联立，消去，整理得，， 设，则， ， 故. 17. 已知四棱台，底面四边形为菱形，，且侧棱平面. （1）证明：平面； （2）记，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：，底面四边形为菱形，， ，则，设，连接， 底面四边形为菱形，为的中点，，， ，为平行四边形，， 平面，平面，平面； （2） 【解析】 【分析】（1）底面四边形为菱形，，则为的中点，可得，从而得到平面； （2）取中点，可以得到以为原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，根据长度写出点的坐标，根据得到，从而得到，利用向量求出的坐标，求出平面的法向量和， 利用向量的数量积得到直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 底面四边形为菱形，，是等边三角形， 取中点，连接，则， ，，平面， 以为原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， ， ，，，，， ，，， ，，， ，，， 设，则， ，，， ， ，，，， 设平面的法向量为， ，则，取，解得，， 则，， ，，，， 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知圆经过点，且与圆相切于点． （1）求圆的方程； （2）过的直线与圆交于两点，点的坐标为． （i）证明：； （ii）求外接圆圆心的横坐标． 【答案】（1） （2） （i）证明：由（1）知，. 记，因为，所以点N在圆C内. 当直线的斜率不存在时，直线方程为， 两点的坐标分别为，关于轴对称，所以； 当直线的斜率存在时，设直线方程为，代入圆的方程，得， 化简得. 设，则. 设直线的斜率为，直线的斜率为. 由，得. 因为，所以. 所以直线与直线关于轴对称，所以； 综上，. （ii）. 【解析】 【分析】（1）设圆C的标准方程，根据题意列出方程，求解即可； （2）易知点在圆C内，所以直线与圆相交.（i）分直线的斜率存在与否两种情形分析，根据直线与直线的斜率互为相反数，可得两直线关于轴对称，即；（ii）求出线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点的横坐标，即可求得外接圆圆心为的横坐标. 【小问1详解】 设圆的半径为，圆心为则圆的方程为. 由题可得，解得. 所以圆的方程为:. 【小问2详解】 （i）略 （ii）当直线的斜率为零时，三点共线，不能构成三角形，所以直线与直线的斜率均不为零. 由（i）知，当直线的斜率不存在时，两点的坐标分别为. 线段的中点为，直线的斜率为，所以线段的垂直平分线的斜率为. 所以线段的垂直平分线为. 线段的垂直平分线与线段的垂直平分线（轴）的交点为， 即外接圆圆心坐标为，其横坐标为. 当直线的斜率存在时，线段的中点为， 直线的斜率，所以线段的垂直平分线的斜率为. 线段的垂直平分线为. 线段的中点为， 直线的斜率，所以线段的垂直平分线的斜率为. 线段的垂直平分线为. 由，得. 整理得，， 即， 所以. 因为，且. 所以. 即线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点的横坐标为， 即外接圆圆心的横坐标为. 综上，外接圆圆心的横坐标为. 19. 已知椭圆，离心率为，抛物线准线为，且椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合． （1）求椭圆与抛物线的方程； （2）如图所示，过点作直线与交于两点，与交于两点，过点作直线的平行线与交于两点，为坐标原点． （i）证明：； （ii）判断是否存在常数，使得，并证明你的结论． 【答案】（1）椭圆的方程为：，抛物线的方程：. （2） （i）证明：因为点即在椭圆外故直线斜率存在且不为0， 设直线方程为， 消去得：， 设,, 由韦达定理，， , ， , . （ii），证明： 将直线方程与椭圆方程联立： 消去得：， ，， 设,, , , ， 设,, 过点作直线的平行线的方程与椭圆联立： 消去得：， ，， , , ， , 即， ，解得：，        存在常数，使得. 【解析】 【分析】（1）由抛物线准线方程，即可求出抛物线方程，再求出抛物线焦点即椭圆的焦点，由椭圆的离心率和焦点即可求出椭圆方程. （2）（i）由直线过点设出直线方程，再与抛物线方程联立，结合韦达定理与平面向量数量积证明即可. （ii）设出直线方程，再与椭圆方程联立，结合韦达定理与平面向量数量积证明即可. 【小问1详解】 抛物线，准线 由题知，故， 抛物线的方程：， 抛物线的焦点， 椭圆右焦点与重合，故， ， ， ， 椭圆的方程为： 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 24级高二上学期12月考（数学学科）试卷 一、选择题：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. 抛物线的焦点到其准线的距离为（ ） A. B. C. D. 1 2. 若动点满足方程，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 3. 设等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 8 B. 52 C. 45 D. 72 4. 若直线与平行，则与之间的距离是（ ） A. B. C. D. 5. 与双曲线有公共焦点，且短半轴长为2的椭圆方程为（ ） A. B. C. D. 6. “”是“直线与抛物线有唯一公共点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既非充分也非必要条件 7. 直线与圆交于，两点，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆与双曲线有相同的左、右焦点，，若点P是与在第一象限内的交点，且，设与的离心率分别为，，则的取值范围是（ ） 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. 已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. 数列是递增数列 B. C. D. 10. 已知直线经过抛物线的焦点，且与交于两点，过分别作准线的垂线，垂足依次为．若长的最小值为4，则（ ） A. 若，则 B. 若的倾斜角为，点在第一象限，则 C. 若，则的斜率为1 D. 若点在抛物线上，且，则 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”，设为曲线上任意一动点，则（ ） A. 曲线与直线有个公共点 B. 曲线上任意两点距离最大值为 C. 的最大值为 D. 曲线所围成图形面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数列中，，则___________． 13. 设是双曲线上一点，分别是双曲线的左、右焦点，若，则___________． 14. 数学家Geminad Dandelin用一平面截圆锥后，在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，就可证明图中平面截圆锥得到的截面是椭圆（如图称为丹德林双球模型）．若圆锥的轴截面为正三角形，则用与圆锥的轴成角的平面截圆锥所得椭圆的离心率为__________． 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. 已知数列的前项和为，其中． （1）求实数的值以及数列的通项公式； （2）设是数列的前项和，求． 16. 已知点，动点满足直线与的斜率之积为，记点的轨迹为曲线 （1）求曲线的方程； （2）若过点且倾斜角为的直线与曲线相交于两点，求． 17. 已知四棱台，底面四边形为菱形，，且侧棱平面. （1）证明：平面； （2）记，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知圆经过点，且与圆相切于点． （1）求圆的方程； （2）过的直线与圆交于两点，点的坐标为． （i）证明：； （ii）求外接圆圆心的横坐标． 19. 已知椭圆，离心率为，抛物线准线为，且椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合． （1）求椭圆与抛物线的方程； （2）如图所示，过点作直线与交于两点，与交于两点，过点作直线的平行线与交于两点，为坐标原点． （i）证明：； （ii）判断是否存在常数，使得，并证明你的结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $