精品解析：浙江省桐乡市高级中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题（普通班）

桐乡市高级中学2025学年第一学期高二年级12月月考 数学学科试题卷（普通班） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 内含 B. 内切 C. 外离 D. 相交 3. 已知等比数列的前n项和为，公比，若，则的值是（ ） A. B. C. D. 4. 已知正四面体P-ABC的棱长为3，动点M满足，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 5. 记等比数列的前项之积为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 设等差数列，的前n项和分别为，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与圆交于，两点，则的最小值为（ ） A. 20 B. 25 C. 40 D. 80 8. 已知是双曲线的右焦点，直线与交于两点.若的周长为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知空间向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则 D. 若与夹角为锐角，则 10. 已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，底面半径为的圆柱体量杯倾斜固定在桌面上，加入一定量的水使得上表面的形状是椭圆.再加入体积为的水，使得水面高度增加，沿杯壁高度增加，下列四个结论中，正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. C. 水平面与圆柱底面所成的角为 D. 水面面积为cm2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 两条直线：；：．则与之间的距离为___________． 13. 已知数列满足则的最小值为__________. 14. 已知正四面体的棱长为6，是棱的中点，是棱上一动点，若在上，使得与平面所成的角为，则线段的长度的最小值是______. 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. 已知抛物线的焦点是椭圆的一个顶点.直线与交于，两点，且点为线段的中点. （1）求抛物线的标准方程； （2）若为坐标原点，求的面积. 16. 设是正项数列的前项和，且，． （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式． 17. 已知为正项数列的前n项和，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 18. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段，的中点，在平面ABC内的射影为. （1）求证：平面BDE； （2）若点F为棱的中点，求点到平面BDE的距离； （3）若点F为线段上的动点（不包括端点），求平面FBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围. 19. 已知椭圆的右焦点为，离心率为，点在上，且位于第二象限，点，直线与在第一象限交于点. （1）求的方程； （2）若是的中点，求直线的方程； （3）过点作直线轴，过点作直线轴，直线交于点，证明直线过定点，并求出该定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 桐乡市高级中学2025学年第一学期高二年级12月月考 数学学科试题卷（普通班） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线的方程，得到双曲线的焦点在轴上，且，即可求解双曲线的渐近线方程． 【详解】由双曲线，可知双曲线的焦点在轴上，且， 所以其渐近线方程为. 故选：B． 2. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 内含 B. 内切 C. 外离 D. 相交 【答案】D 【解析】 【分析】由圆心距与半径的和差比较可得． 【详解】， ，，因此两圆相交， 故选：D． 3. 已知等比数列的前n项和为，公比，若，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用等比数列求和公式求解即可. 【详解】由等比数列求和公式得. 故选：D. 4. 已知正四面体P-ABC的棱长为3，动点M满足，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理得点M在平面ABC内，当平面ABC时，最小，利用勾股定理求解即可. 【详解】因为，， 所以，所以， 因为，不共线，所以，，共面，所以点M在平面ABC内， 所以当平面ABC时，最小，如图，取BC的中点D，连接AD， 则点M在AD上，且， 所以，即的最小值为. 故选：B 5. 记等比数列的前项之积为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】结合等比数列的性质与充分条件与必要条件定义计算即可得. 【详解】若，则有，故充分性成立； 若，即，即，则或，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 6. 设等差数列，的前n项和分别为，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可设，，结合与的关系可得. 【详解】因数列，均为等差数列， 故由，可设，， 则， ， 则 故选：B 7. 已知直线与圆交于，两点，则的最小值为（ ） A. 20 B. 25 C. 40 D. 80 【答案】C 【解析】 【分析】先求直线过定点，再求圆的圆心坐标、半径，最后求弦长的最小值即可. 【详解】由，则， 则，故，即定点， 由题意可得圆心,半径， 设圆心到直线的距离为，则, 所以， 则. 故选：C 8. 已知是双曲线的右焦点，直线与交于两点.若的周长为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求长，利用对称性和双曲线定义可得，由的周长可得，联立求解得，然后根据的面积构造齐次式可解. 【详解】记双曲线左焦点为， 将代入解得，所以， 由对称性可知，，所以①， 又的周长为，所以②， 联立①②求解可得， 记AF的中点为D，则， 所以，即，得， 所以. 故选：A 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知空间向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则 D. 若与夹角为锐角，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，结合向量垂直的性质即可求解；对于B，结合向量的四则运算即可求解；对于C，利用投影的几何意义即可求解； 对于D，根据向量的夹角公式即可求解. 【详解】对于A，，， 又，， 即， 解得，故A正确， 对于B，， ， ，解得，故B正确， 对于C，在上的投影向量为，即， 代入坐标化简可得， 故，无解，故C错误， 对于D，与夹角为锐角， ，解得， 且与不共线，即，解得， 则与夹角为锐角，解得，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D. 【详解】法一：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，易知直线的斜率不为， 设直线的方程为，， 联立，得， 易知，则， 又，， 所以， 当且仅当时取等号，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 又 ， ， 所以， 则，故D正确. 故选：ACD. 法二：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，当直线的斜率不存在时，； 当直线的斜率存在时，设直线方程为， 联立，消去，得， 易知，则， 所以 ， 综上，，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 当直线的斜率不存在时，，； 所以，即； 当直线的斜率存在时，， ， 所以， 则； 综上，，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，底面半径为的圆柱体量杯倾斜固定在桌面上，加入一定量的水使得上表面的形状是椭圆.再加入体积为的水，使得水面高度增加，沿杯壁高度增加，下列四个结论中，正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. C. 水平面与圆柱底面所成的角为 D. 水面面积为cm2 【答案】BCD 【解析】 【分析】由水面增加高度与杯壁增加高度得出水平面与圆柱底面所成的角，进而计算得椭圆长轴长，结合短轴长为底面直径，即可求出离心率，由割补法求出增加水的体积，再由柱体体积公式求出水面面积即可. 【详解】如图，为初始水面椭圆长轴，为上升后的水面椭圆长轴，为之间的垂线段，为平行于圆柱底面的圆的直径， 因为，则，则， 则，即水平面与圆柱底面所成的角为， 则， 则，， 将增加的部分沿着切开，再将含与的两部分拼凑，可得， 则，， 由以上可得A错误，BCD正确， 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 两条直线：；：．则与之间的距离为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两平行线间的距离公式，即可求得本题答案. 【详解】因为两条直线：；：， 所以两平行线间的距离. 故答案为： 13. 已知数列满足则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用累加法求出an＝33+n2﹣n，所以，设f（n），由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到的最小值． 【详解】解：∵an+1﹣an＝2n，∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+33＝n2﹣n+33 且对n＝1也适合，所以an＝n2﹣n+33． 从而 设f（n），令f′（n）， 则f（n）在上是单调递增，在上是递减的， 因为n∈N+，所以当n＝5或6时f（n）有最小值． 又因为，， 所以的最小值为 故答案为 【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法．还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性． 14. 已知正四面体的棱长为6，是棱的中点，是棱上一动点，若在上，使得与平面所成的角为，则线段的长度的最小值是______. 【答案】 【解析】 【分析】先将正三棱锥补全为正方体，然后根据题中条件求得点的轨迹；然后求解即可. 【详解】如图将该正三棱锥补全为一个正方体，建立空间直角坐标系，点为点在平面的投影， 易知， 平面的一个法向量，显然点在平面上， 设 易知 由题可知， 得 整理得 易知到点的距离, 所以在以为球心，半径为的球面上； 由题易知，, 所以， 所以，点在平面上是以点为圆心的圆上， 所以线段的长度的最小值是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：这个题最重要是求点的轨迹，我们利用的是空间直角坐标系确定轨迹，然后再在平面上来解决问题即可. 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. 已知抛物线的焦点是椭圆的一个顶点.直线与交于，两点，且点为线段的中点. （1）求抛物线的标准方程； （2）若为坐标原点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出椭圆的顶点即可得出抛物线的焦点，求出即得抛物线方程； （2）设，由中点弦公式计算可得，直线的方程为，直线与抛物线联立方程，利用弦长公式及三角形面积公式列式计算即可求解. 【小问1详解】 由题知，椭圆右顶点坐标为，抛物线开口向右， 所以，故，即， 所以抛物线的方程为； 【小问2详解】 如图，由题意，设， 代入抛物线方程，可得， 两式相减可得，即， 由可得，故， 又由点为线段的中点且点在抛物线内， 所以直线的方程为，即. 联立，得，其中， 故， 所以， 又因为到直线的距离， 所以的面积. 16. 设是正项数列的前项和，且，． （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题中的递推公式可得，从而可求解. （2）由（1）可得，当时，求得，再验证，从而可求解. 【小问1详解】 因为，， 所以，， 所以， 所以是以为首项，为公差的等差数列． 【小问2详解】 ，且，所以． 当时，，． 时，不满足上式， 所以． 17. 已知为正项数列的前n项和，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用变形整理可得数列为等差数列，利用等差数列的通项公式求解即可； （2）利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 由题意知：且， 两式相减，可得， ，可得， 又，当时，，即， 解得或（舍去），所以， 从而，所以数列表示首项为1，公差为1的等差数列， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由， 可得 ， 所以. 18. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段，的中点，在平面ABC内的射影为. （1）求证：平面BDE； （2）若点F为棱的中点，求点到平面BDE的距离； （3）若点F为线段上的动点（不包括端点），求平面FBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围. 【答案】（1）证明：连接，因为在平面ABC内的射影为， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，⊥， 因为为边长为2的等边三角形，D是线段的中点， 所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，四边形为平行四边形， 所以平行四边形为菱形，故⊥， 因为D，E分别是线段，的中点，所以， 故⊥， 因为，平面， 所以⊥平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到⊥平面，⊥，又平行四边形为菱形，故⊥，又，从而得到线面垂直， （2）建立空间直角坐标系，由（1）知，⊥平面；故平面的一个法向量为，利用点到平面的距离向量公式求出答案； （3）设，求出，求出平面的法向量，结合平面的一个法向量为，从而得到，换元后，得到. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为⊥，D是线段的中点， 所以由三线合一可得， 又，故为等边三角形， ， 由（1）知，⊥平面；故平面的一个法向量为， 点到平面BDE的距离； 【小问3详解】 点F为线段上的动点（不包括端点），设， ，则，故，故， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，故， 又平面的一个法向量为， 故， 令， 则， 因为，故， ， 平面FBD与平面BDE夹角的余弦值取值范围是. 【点睛】立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 19. 已知椭圆的右焦点为，离心率为，点在上，且位于第二象限，点，直线与在第一象限交于点. （1）求的方程； （2）若是的中点，求直线的方程； （3）过点作直线轴，过点作直线轴，直线交于点，证明直线过定点，并求出该定点. 【答案】（1） （2）或 （3）根据题意画出图像为： 由①②可得，. 由题意可得，，直线的方程为 ， 所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标和离心率条件，求出椭圆方程. （2）设出直线方程，联立直线和椭圆方程组，利用韦达定理化简求解直线方程. （3）首先根据题意确定点的坐标，然后设出直线的方程，联立直线与椭圆方程组，利用韦达定理化简求出直线的方程，进而可看出该直线过定点. 【小问1详解】 由题意可得解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 依题意画出图像为： 设直线的方程为（因为点在第二象限，所以，即）， 设，. 联立直线与椭圆方程得. 当时，. 由根与系数的关系知，①，②. 因为是的中点，所以，结合①解得. 代入②，解得（舍去）， 所以直线的方程为，即或. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $