精品解析：福建省厦门集美中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题

集美中学2025-2026学年第一学期高二年级12月月考 数学试卷 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. 在等差数列中，，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 9 2. 过点且方向向量为的直线的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 双曲线的右顶点到其渐近线的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 4. 在递增的等比数列中，，，则数列的公比为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 5. 如图，在三棱锥中，设，若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 7. 已知椭圆E:＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为 A. ＋＝1 B. ＋＝1 C. ＋＝1 D. ＋＝1 8. 正四面体中，，点满足，则长度的最小值为（ ） 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. 已知空间向量，，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 向量是与平行的一个单位向量 10. 公差为d的等差数列，其前n项和为，，下列说法正确的有（ ） A. B. C. 中最大 D. 11. 双曲线的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则（ ） A. B. C. 的渐近线方程为 D. 当时，四边形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面经过点，且向量是平面的法向量，则点到平面的距离为________. 13. 数列满足，，则________． 14. 设椭圆的左、右焦点分别为，，直线过点，若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为_________. 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. 设是等差数列，，且，，成等比数列. （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和的最小值. 16. 已知正项数列的前项为，且满足，等比数列是递增数列，，为其前项和，且满足. （1）求，的通项公式； （2）设，当时，若对任意的恒成立，求的最大值. 17. 四棱锥，平面平面，，是中点， （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 18. 在平面直角坐标系中，抛物线上一点到焦点的距离为. （1）求抛物线的标准方程； （2）过焦点的直线与抛物线交于、两点， （i）当直线的倾斜角为时，求的面积； （ii）直线分别与直线，交于点，，以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出定点坐标；否则，请说明理由. 19. 如图，已知圆，圆心是点T，点G是圆T上的动点，点H的坐标为，线段GH的垂直平分线交线段TG于点R，记动点R的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）过点H作一条直线与曲线E相交于A，B两点，与y轴相交于点C，若，，试探究是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由； （3）过点作两条直线MP，MQ，分别交曲线E于P，Q两点，使得.且，点D为垂足，证明：存在定点F，使得为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 集美中学2025-2026学年第一学期高二年级12月月考 数学试卷 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. 在等差数列中，，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式来求解即可. 【详解】由设等差数列的公差为，则， 故， 故选：C. 2. 过点且方向向量为的直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由直线的方向向量得直线斜率，再由点斜式即可求解. 【详解】因为直线的方向向量为， 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为即. 故选：A. 3. 双曲线的右顶点到其渐近线的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出右顶点坐标以及渐近线方程，由点到直线的距离公式即可求解. 【详解】由可得，，所以， 所以右顶点坐标为，渐近线方程为即， 所以点到渐近线的距离， 故选：A. 4. 在递增的等比数列中，，，则数列的公比为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质有，易知是方程的两个根，再由已知及等比数列的通项公式求公比. 【详解】由题设，易知是方程的两个根， 又为递增的等比数列，所以，故公比. 故选：B 5. 如图，在三棱锥中，设，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，结合空间向量的线性运算即可求解. 【详解】连接， . 故选：C 6. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解. 【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为， 因为，则， 可得， 则， ， 即为钝角， 所以； 法二：圆的圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为，连接， 可得，则， 因为 且，则， 即，解得， 即为钝角，则， 且为锐角，所以； 方法三：圆的圆心，半径， 若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为，即， 则，整理得，且 设两切线斜率分别为，则， 可得， 所以，即，可得， 则， 且，则，解得. 故选：B. 7. 已知椭圆E:＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为 A. ＋＝1 B. ＋＝1 C. ＋＝1 D. ＋＝1 【答案】D 【解析】 【详解】设、，所以，运用点差法，所以直线的斜率为，设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，所以；又因为，解得. 【考点定位】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查学生的化归与转化能力. 8. 正四面体中，，点满足，则长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】记，则，根据空间向量共面定理，知四点共面.所以长度的最小值为点到平面的距离，结合正四面体的性质求得长度的最小值，进而得到长度的最小值. 【详解】正四面体中，，. 因为，所以. 记，则，所以四点共面. 所以当平面时，长度最小. 此时，点为正的中心，. . 所以长度的最小值为. 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. 已知空间向量，，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 向量是与平行的一个单位向量 【答案】ABD 【解析】 【分析】由空间向量垂直和平行的坐标运算判断AD，由空间向量基坐标运算判断B，由投影向量的概念判断C. 【详解】对于A，因为，，所以，A正确； 对于B，， 故，B正确； 对于C，，在上的投影向量即为，C错误； 对于D，因为，所以，且， 故向量是与平行的一个单位向量，D正确. 故选：ABD. 10. 公差为d的等差数列，其前n项和为，，下列说法正确的有（ ） A. B. C. 中最大 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用等差数列性质结合给定条件可得，再逐项分析判断作答. 【详解】等差数列的公差为d，其前n项和为， 由，得，由，得， 则有，即，A正确；，B不正确； 因，且，，则是递减等差数列，其前6项均为正，从第7项起为负数，因此，中最大，C正确； ，，，即，D不正确. 故选：AC 11. 双曲线的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则（ ） A. B. C. 的渐近线方程为 D. 当时，四边形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平行四边形的性质判断A；由且结合在渐近线上可求的坐标，从而可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；利用即可判断；结合BC的结果求出面积后可判断D的正误. 【详解】不妨设渐近线为，在第一象限，在第三象限， 对于A，由双曲线的对称性可得为平行四边形，故，故A正确； 对于B，方法一：因为在以为直径的圆上，故且， 设，则，故，故， 由A得，故即，故B错误； 方法二：因为，因为双曲线中，，则， 又因为以为直径的圆与的一条渐近线交于、，则， 则若过点往轴作垂线，垂足为，则， 则点与重合，则轴，则， 方法三：在利用余弦定理知，， 即，则， 则为直角三角形，且，则，故B错误； 对于C，因为，则， 则双曲线的渐近线方程为，故C正确； 对于D，当时，由C可知， 故，故四边形为，故D正确， 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面经过点，且向量是平面的法向量，则点到平面的距离为________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题设，结合平面的法向量，应用点到平面距离的向量求法即得. 【详解】由题设，又向量是平面的法向量， 所以点到平面的距离为. 故答案为： 13. 数列满足，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】通过递推关系，求出数列的周期，然后求解数列的项． 【详解】数列{an}满足，， 可得 所以数列的周期为3， . 故答案为. 【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，求解数列的周期是解题的关键． 14. 设椭圆的左、右焦点分别为，，直线过点，若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为_________. 【答案】##0,5 【解析】 【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于a，c的齐次方程，即可得出离心率. 【详解】 设，由已知可得，， 根据椭圆的定义有. 又，所以. 在中，由余弦定理可得，， 即，整理可得， 等式两边同时除以可得，， 解得，或（舍去），所以. 故答案为：. 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. 设是等差数列，，且，，成等比数列. （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先可以根据，，成等比数列以及列出算式并通过计算得出公差，然后根据等差数列的通项公式即可得出结果； （2）本题可结合（1）中结论以及等差数列的前项和公式，由数列的函数性质即可得出结果. 【小问1详解】 因为，且，，成等比数列， 所以， 解得， 所以. 即的通项公式为； 【小问2详解】 因为，， 所以， 可知当或时，最小， 最小值为. 16. 已知正项数列的前项为，且满足，等比数列是递增数列，，为其前项和，且满足. （1）求，的通项公式； （2）设，当时，若对任意的恒成立，求的最大值. 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）根据得出的递推公式，从而可判断为等差数列，利用等比数列的求和公式计算出公比，即可得出其通项公式； （2）分别求出与的前项和，分离参数得出，判断函数的单调性，求出的最小值即可得出的取值范围. 【小问1详解】 由于①， 当时②， ①－②得， ， ，， 又当时，得，， 故是以为首项，为公差的等差数列，， 等比数列是递增数列，，故公比， 由可得，解得，故； 【小问2详解】 数列的前项和， 数列的前项和，， 由题意可知，只需即可，， 当时，；当时，，故， ，故实数的最大值为. 17. 四棱锥，平面平面，，是中点， （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【答案】（1） 证明：，是中点，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，， ，是中点，， ，，， ，， ，， 在上取点，使得，且， 四边形为矩形，，， ，，， 在中，，，， ，， ，，平面，平面， 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由平面平面得到平面，从而得到，在上取点，使得，得到四边形为矩形，求出的长度，在中，利用勾股定理的逆定理得到，从而得到平面； （2）取中点，连接，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用向量夹角公式列式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，则， 以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，，，， ，，设平面的法向量为， ，， 取，解得，则， ，，设平面的法向量为， ，，取，解得，， ，，，， ，， 设平面与平面的夹角为，则， ，，，. 18. 在平面直角坐标系中，抛物线上一点到焦点的距离为. （1）求抛物线的标准方程； （2）过焦点的直线与抛物线交于、两点， （i）当直线的倾斜角为时，求的面积； （ii）直线分别与直线，交于点，，以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出定点坐标；否则，请说明理由. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）过定点坐标为或. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义可得； （2）（i）根据已知得出直线的方程，与抛物线联立，求面积； （ii）设，联立方程根据韦达定理得出，的关系，进而表示出的方程，求出的坐标，得出圆的方程，进而可得出定点坐标. 【小问1详解】 由已知可得，抛物线的焦点坐标为， 根据抛物线的定义，得，解得， 所以抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 （i）由题意，直线的方程为：， 联立方程组，得， 设，，则，， . （ii）以为直径的圆过定点，定点坐标为或， 依题意可设直线， 联立，消得，恒成立， 则，， 又，， 令，则，即，同理可得， 设圆上任意一点为，因为为直径，所以， 所以，即， 整理可得，， 令，可得或， 所以以为直径的圆过定点，定点坐标为或. 19. 如图，已知圆，圆心是点T，点G是圆T上的动点，点H的坐标为，线段GH的垂直平分线交线段TG于点R，记动点R的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）过点H作一条直线与曲线E相交于A，B两点，与y轴相交于点C，若，，试探究是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由； （3）过点作两条直线MP，MQ，分别交曲线E于P，Q两点，使得.且，点D为垂足，证明：存在定点F，使得为定值. 【答案】（1） （2）为定值，，理由如下： 当直线的斜率不存在时，其方程为， 与y轴不相交，不合题意，舍去， 当直线的斜率存在时，设所在直线方程为， 设，， 由 消去y整理得， 恒成立， 所以， 又因为直线与y轴的交点为C，所以， 所以，， ，， 又因为，所以，同理， 所以，且， 所以， 整理后得， 所以为定值，原题得证. （3） 设，显然的斜率存在，，， 设的方程是， 由消去y得， 则，即， 由韦达定理得， 根据已知，可得， 即， 又，， 代入上式整理得， 则或， 当时，直线的方程为， 所以直线经过定点， 当时，直线的方程为， 所以直线经过定点与M重合，舍去， 故直线经过定点， 又因为， 所以D在以线段MK为直径的圆上. 所以F为线段MK的中点，即， 所以为定值. 【解析】 【分析】（1）根据题意，得，动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆； （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，由向量坐标运算表示，化简即可； （3）设的方程是，与椭圆方程联立，由条件，可得，则或，可证直线经过定点，又因为，所以D在以线段MK为直径的圆上，可得解. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以，半径， 因为线段的中垂线交线段于点， 所以， 所以， 所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆， 所以，，， 故曲线E的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为，； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $