精品解析：重庆市四川外国语大学附属外国语学校2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题

重庆外国语学校2025—2026学年度（上）高2027届12月月考 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 第Ⅰ卷 选择题（共58分） 一、单项选择题（共8题，每题5分，共40分，每题有且仅有一个正确答案） 1. 若，则（　　） A. 7 B. 11 C. 22 D. 29 【答案】A 【解析】 【分析】计算的坐标，再利用数量积的坐标运算求出. 【详解】由，得， 所以. 故选：A． 2. 、分别为与上任一点，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先通过直线平行的判定公式判断已知直线互相平行，再利用平行线的距离公式计算求解． 【详解】直线和直线满足， 两条直线互相平行， 又、分别为与上任一点， 的最小值就是平行线（即）与之间的距离， . 故选：C 3. 已知数列满足（，），则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列的递推公式进行求解. 【详解】因为，所以， 又，所以， 故选：C 4. 设P为椭圆上的点，分别是椭圆C的左，右焦点，，则的面积为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】 先根据椭圆的方程求得，进而求得，设出，利用余弦定理可求得的值，最后利用三角形面积公式求解． 【详解】由椭圆方程有，则. 设，由椭圆的定义有：.设， 由，得，由余弦定理得： 解得：，． 所以的面积为． 故选：D 【点睛】本题考查椭圆的标准方程、椭圆的定义的应用，椭圆中求三角形的面积问题，是中档题． 5. 已知动圆M与圆外切，与圆：内切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出图形，得到，故点的轨迹为以为焦点的双曲线的右支，进而求出轨迹方程. 【详解】如图，由题意得：， 圆与圆：的半径相等，均为， 即， 所以 ， 故点的轨迹为以为焦点的双曲线的右支，其中，， 故，，则， 所以轨迹方程为, 故选：A 6. 故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点到平面的垂线段，在根据已知条件得，解方程求出即可. 【详解】取中点，连接，过作的垂线交的延长线于点， 取中点，连接， 由已知，、分别为、中点， 因为是直三棱柱，所以，且 ， 所以且，所以四边形为平行四边形， 又，所以为矩形，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，， 所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为； ，在中，， 所以，设角，则有， 因为四边形为平行四边形，所以， 又因为是直三棱柱，所以，且， 所以，， 又因为平面， 平面，所以， 所以，即，解得， 所以点到平面的距离是， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据空间中点、线、面的位置关系，确定点到平面的垂线段. 7. 已知数列满足（且），且数列是递增数列，数列是递减数列，又，且，则（ ） A. B. 5050 C. D. 4950 【答案】A 【解析】 【分析】根据数列的单调性，结合递推公式，利用分组求和以及等差数列求和，可得答案. 【详解】由数列是递增数列，得；由数列是递减数列，得. 由，且，即， 则当为偶数时，；当为奇数时，. 所以 . 故选：A. 8. 已知实数满足，，，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，可得点在圆上，且，再利用目标式的几何意义，结合圆上的点到直线距离的最大值求解. 【详解】设，由，得， 点在以原点为圆心，2为半径的圆上，由， 得，而，则， 取线段中点，则，过分别作直线的垂线， 垂足分别为，则，且， ，，当且仅当共线时取等号， 因此 ，当且仅当共线时取等号， 所以的最大值为. 故选：B 二、多项选择题（本大题共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. 已知实数，满足方程，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的取值范围是 C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】求出给定方程表示的几何图形，再结合各选项中的目标函数的几何意义求解判断即得. 【详解】方程，即， 因此方程表示以原点为圆心，1为半径的圆在轴及右侧的部分，其中， 对于A，表示半圆上的点到点的距离的平方， 显然为所求最小值，最小值为1，或为所求最大值，最大值为， 因此的取值范围为，A错误； 对于B，表示半圆上的点与点确定直线的斜率， 设过点的直线为，由，解得，此时为最小斜率， 直线的斜率为最大值，即，的取值范围是，B正确； 对于C，令，则为直线与轴的交点的纵坐标， 当与半圆相切于，取得最小值，取得最大值， 由，而，解得，当过点时，取得最大值，取得最小值， ，解得，因此的取值范围是，C正确； 对于D，表示半圆上的点到直线距离的倍， 过点作垂直于直线于点，与半圆交于点， 则即为半圆上的点到直线的距离最小值， 此时，， 过点作垂直于直线于点， 则即为半圆上的点到直线的距离最大值，最大值， 因此的取值范围是， 所以的取值范围为，D错误. 故选：BC 10. 如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则（ ） A. ，E，O三点共线 B. 三棱锥的外接球的表面积为 C. 直线与平面所成的角为 D. 过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意可证得三点都在平面与平面的交线上，可判断A；由题意可证得平面，从而，可判断B；由题意可证得 平面，则直线与平面所成的角为，根据余弦定理，求解可判断C；取的中点，因为，所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，求出面积可判断D. 【详解】因为为底面ABCD的中心，所以为BD和AC的中点，则， 因为平面平面，所以平面平面， 所以点是平面与平面的公共点； 显然是平面与平面的公共点； 因为交平面于点平面， 所以也是平面与平面的公共点， 所以三点都在平面与平面的交线上，即三点共线，故A正确； 三棱锥的外接球和正方体是同一个外接球，棱长为1，所以， 所以外接球的表面积，故B正确； 因为平面平面ABCD，所以， 又平面， 所以平面，平面 所以平面平面，平面平面， 所以在平面的射影为， 即直线与平面所成的角为， ，，， ,故C错误； 取的中点，连，因为， 所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，如图： 因为，， 所以等腰梯形的高为， 所以等腰梯形的面积为， 即过点的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作斜率为的直线与双曲线的右支交于，两点（在第一象限），，为线段的中点，为坐标原点，则（ ） A. B. 双曲线的离心率为2 C. 的面积为 D. 直线的斜率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，由双曲线定义得到，，A正确；B选项，根据直线斜率和三角函数知识求出，由余弦定理得到方程，求出离心率；C选项，在B基础上，利用三角形面积公式求出C正确；D选项，设直线方程为，联立得到两根之和，进而得到点坐标，求出直线的斜率. 【详解】A选项，设， 由双曲线定义得，故， 所以， 由双曲线定义得，所以， 故，A正确； B选项，因为直线的斜率为，故， 故，为钝角，， 又，， 解得，， 在中，由余弦定理得， 即，化简得， 方程两边同除以得，解得，负值舍去， 故双曲线的离心率为，B错误； C选项，由B选项知，，即，故 又，由三角形面积公式得，C正确； D选项，因为，，故， 直线方程为，联立得 ， 设，则， 则 ， 故，， 所以直线的斜率为，D正确. 故选：ACD 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） 三、填空题（共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知数列满足，，则前5项和的最大值为______． 【答案】8 【解析】 【分析】由题，去绝对值得，又，故间需要两个和两个，要使前5项和最大，只需使尽可能大即可. 【详解】由得，又， 即，所以需要两个和两个， 前5项和，要得到最大值，需要尽可能大，故，从而，则有最大值，为8， 故答案为：8 13. 已知空间四边形的对角线，，，分别为，的中点，若，则异面直线，所成角为______． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，利用异面直线所成角的定义求解即得. 【详解】在四面体中，取的中点，连接， 由M、N分别为，的中点，得， 则是异面直线AC与BD所成的角或其补角， 显然，而，有， 于是， 所以异面直线AC与BD所成的角是. 故答案为： 14. 已知，是椭圆与双曲线的公共焦点，是与的一个公共点，且，，若，的离心率分别为，，则的最小值为______． 【答案】##1.125 【解析】 【分析】设椭圆与双曲线的焦距为，，的长半轴长分别是，，根据椭圆及双曲线的定义求出，，又，利用勾股定理得到，即可得到，再由基本不等式计算可得. 【详解】设椭圆与双曲线的焦距为，，的长半轴长分别是，， 由题意得，， 所以，， 又，所以，即， 所以． 所以， 当且仅当，等号成立． 故答案为： 四、解答题（共5题，共77分，其中15题13分，16、17每题15分，18、19每题17分，请写出必要的解答过程） 15. 已知数列{an}满足，，令. （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式． 【答案】（1） ∵ ， ∴，又， ∴是首项为，公差为的等差数列． （2） 【解析】 【分析】（1）将递推关系代入，利用定义证明是等差数列； （2）由等差数列通项公式求，进而得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， ，∴. 16. 已知椭圆的离心率为，焦距为，以为三边的三角形面积为. （1）求C的方程； （2）过右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，求四边形面积的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件解方程求解即可； （2）设直线的直线方程，联立方程表示出弦长，及四边的面积，再化简应用基本不等式计算得出面积的最小值. 【小问1详解】 由已知可得， 则所求椭圆方程． 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，，此时的长即为椭圆长轴长，， 从而． 当直线的斜率为零时，同上可得，. 设直线的斜率为，且，直线的方程为：， 直线的方程为， 设，，，， 由，消去得， 所以，， 从而， 由，消去得， 所以，， 从而， 所以， 因为，则，则， 所以. 当且仅当，即时取得最小值， 所以四边形面积的最小值为． 17. 如图1，在直角梯形中，，，，点是边的中点，将沿折起，使平面平面，连接，，，得到如图2所示的几何体.已知，且二面角的平面角的正切值为. （1）求证：平面； （2）计算线段的长度； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）因为平面平面，平面平面. 又平面，所以平面. 因为平面，所以. 又因为折叠前后均有，平面.， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质得出，再利用线面垂直的判定可证结论； （2）利用二面角可求，根据三角形相似可得的长度； （3）建立坐标系，求解平面法向量，利用法向量可求答案或者利用三垂线法作出二面角平面角，利用三角形知识可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面，所以二面角的平面角为. 又平面，平面，所以. 依题意，因为，所以. 设，则. 依题意.所以，即. 解得. 故，，. 【小问3详解】 法1：如图所示，建立空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，. 由（1）知平面的法向量. 设平面的法向量， 由，得， 令，得，，所以. 所以.所以二面角的余弦值为. 法2：因为平面，过点作交于，则平面. 因为平面，所以. 过点作于，连接，所以平面，因此. 所以二面角的平面角为. 由平面几何知识求得，， 所以.所以. 所以二面角的余弦值为. 18. 对于项数为（，）的有穷正整数数列，记（），即为，，…，中的最大值，称数列为数列的“图新数列”.比如1，3，2，5，5的“图新数列”为1，3，3，5，5. （1）若数列的“图新数列”为1，2，3，4，4，写出所有可能的数列 （2）设数列为数列的“图新数列”，满足（），求证:（） （3）设数列为数列的“图新数列”，数列中的项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求出所有的数列. 【答案】（1）；，， （2）证明： 由题意可得，，其中，. 则， 由，则数列为单调不减数列，即， 所以，故（）. （3） 【解析】 【分析】（1）由新数列的概念，利用枚举法，可得答案； （2）由新数列的概念，根据题干中的等式可得数列的单调性，即可得答案； （3）由题意明确数列的单调性，利用分类讨论，建立方程，研究方程两边的大小关系，可得答案. 【小问1详解】 由，且，则；由，且，则； 由，且，则；由，且，则； 由，且，则可能取值为. 所以的所有可能情况有；，，. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由题意可得数列是严格递增的正整数列，即， 当时，由，则，解得，不符合题意. 当时，由，则当时，等式成立，符合题意； 整理等式可得， 当，时，，当且仅当时等号成立，，当且仅当时，等号成立，故，不符合题意； 当，时，，，故，不符合题意. 当时，由，整理可得， 易知，， 即，不符合题意. 综上所述，符合题意的数列为，则数列为. 19. 抛物线的焦点为，，，是上的三个点，直线，均与圆相切，是上的任意一点，的最小值为3. （1）求的方程； （2）若，求的取值范围； （3）若为定值，求. 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义转化，结合最小值可求得的值，即可得到的方程. （2）利用切线长定理转化角，借助锐角三角函数及二倍角公式可求的范围. （3）利用直线，均与圆相切得到的关系式，表示，结合其为定值可得的值. 【小问1详解】 由题意得，，抛物线准线为. 过点作于点，由抛物线定义得，， 当三点共线时，有最小值，最小值为，解得， ∴的方程为. 【小问2详解】 设直线与圆分别相切于点，连接，则， ∴，且， ∴， 当时，，故， ∵且，∴且，∴； 【小问3详解】 ∵，，∴直线方程为：， ∵，∴直线方程为：， ∵直线与圆相切，∴，即， 同理得，， ∴是方程的两个根， ∴， ∴， ∴，解得， ∴或. 【点睛】关键点点睛：解决第（3）问的关键是利用直线，均与圆相切得到的关系式，表示，根据为定值得到关于的方程，解方程可得结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆外国语学校2025—2026学年度（上）高2027届12月月考 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 第Ⅰ卷 选择题（共58分） 一、单项选择题（共8题，每题5分，共40分，每题有且仅有一个正确答案） 1. 若，则（　　） A. 7 B. 11 C. 22 D. 29 2. 、分别为与上任一点，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. D. 6 3. 已知数列满足（，），则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 设P为椭圆上的点，分别是椭圆C的左，右焦点，，则的面积为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 已知动圆M与圆外切，与圆：内切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列满足（且），且数列是递增数列，数列是递减数列，又，且，则（ ） A. B. 5050 C. D. 4950 8. 已知实数满足，，，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共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. 已知实数，满足方程，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的取值范围是 C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 10. 如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则（ ） A. ，E，O三点共线 B. 三棱锥的外接球的表面积为 C. 直线与平面所成的角为 D. 过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作斜率为的直线与双曲线的右支交于，两点（在第一象限），，为线段的中点，为坐标原点，则（ ） A. B. 双曲线的离心率为2 C. 的面积为 D. 直线的斜率为 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） 三、填空题（共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知数列满足，，则前5项和的最大值为______． 13. 已知空间四边形的对角线，，，分别为，的中点，若，则异面直线，所成角为______． 14. 已知，是椭圆与双曲线的公共焦点，是与的一个公共点，且，，若，的离心率分别为，，则的最小值为______． 四、解答题（共5题，共77分，其中15题13分，16、17每题15分，18、19每题17分，请写出必要的解答过程） 15. 已知数列{an}满足，，令. （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式． 16. 已知椭圆的离心率为，焦距为，以为三边的三角形面积为. （1）求C的方程； （2）过右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，求四边形面积的最小值. 17. 如图1，在直角梯形中，，，，点是边的中点，将沿折起，使平面平面，连接，，，得到如图2所示的几何体.已知，且二面角的平面角的正切值为. （1）求证：平面； （2）计算线段的长度； （3）求二面角的余弦值. 18. 对于项数为（，）的有穷正整数数列，记（），即为，，…，中的最大值，称数列为数列的“图新数列”.比如1，3，2，5，5的“图新数列”为1，3，3，5，5. （1）若数列的“图新数列”为1，2，3，4，4，写出所有可能的数列 （2）设数列为数列的“图新数列”，满足（），求证:（） （3）设数列为数列的“图新数列”，数列中的项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求出所有的数列. 19. 抛物线的焦点为，，，是上的三个点，直线，均与圆相切，是上的任意一点，的最小值为3. （1）求的方程； （2）若，求的取值范围； （3）若为定值，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $