精品解析：江苏省苏州实验中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题

江苏省苏州市高新区苏州实验中学2025-2026学年 高二上学期12月月考数学试题 注意事项： 1．本卷共4页，满分150分，答题时间为120分钟.答题结束后，请将答题卡交回. 2．答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、考试号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置. 3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效.作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔.请注意字体工整，笔迹清楚. 一、单项选择题：本愿共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，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 若直线l经过点A(，－1)，B(，2)，则l的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】C 【解析】 【分析】结合已知条件，利用两点求斜率和斜率与倾斜角的关系即可求解. 【详解】因为l经过点A(2－1)，B(，2)， 所以由两点求斜率和斜率与倾斜角关系得，， 故. 故选：C. 2. 椭圆的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆方程求得半焦距c，进而可求得焦点坐标. 【详解】因为，所以椭圆是焦点在轴上的椭圆， 且，所以，解得， 所以椭圆的焦点坐标是. 故选：B 3. 已知等比数列的前项和为，若，公比，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比中项的性质可得，解方程即可得数列中的项，进而可得首项与公比，求得. 【详解】由等比中项的性质得， 又， 解得或， 当时，或（舍）， 当时，（舍）， 所以，， 此时， 所以， 故选：D. 4. 已知点在抛物线上，为的焦点，，则（ ） A. B. C. D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，结合已知条件，求得，再把点代入抛物线得出，最后计算求解即可. 【详解】根据题意，连接，过作垂直于抛物线的准线，垂足为，作图如下：    由抛物线定义可知，解得， 故抛物线方程为，又因为点在抛物线上， 所以，所以，所以. 故选：D. 5. 若圆：上有且仅有个点到直线：的距离为，则实数的值是（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，将问题转化为圆心到直线的距离为求解即可. 【详解】圆：的圆心，半径， 由圆上有且仅有个点到直线的距离为，得圆心到直线的距离为， 则，解得或. 故选：D. 6. 已知，则通过数列图象上所有点的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先证明数列是公差为的等差数列，求出通项公式，所以得到对应的直线方程为 【详解】由题可知当 时， ，因此是公差为的等差数列， 则 ， 数列图象上的点为 ，对应的直线方程为. 故选：D 7. 已知双曲线的一个顶点为，左、右焦点分别为，，直线经过，且与交于，两点.若，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则，利用双曲线的定义表示，，由勾股定理可得关系进而可得离心率． 【详解】由题意知，，且A，B都在双曲线的右支上． 设，则，，． 在中，，得， 则，. 在中，， 即，得． 所以双曲线C的离心率为. 故选：B 8. “康威圆定理”的内容如下：如图，的三条边长分别为，，．延长线段CA至点，使得，以此类推得到点，，，和，那么这六个点共圆，这个圆称为康威圆．若在中，，，，康威圆圆心为K，则K的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得的坐标，设出康威圆的一般方程，根据的坐标求得康威圆的一般方程，进而求得圆心的坐标. 【详解】依题意，，，， ， 则直线的方程为，所以， 是线段的中点，所以， 是线段的中点，所以， 设康威圆的方程为， 代入，，得： ，解得， 所以圆的一般方程为，即， 所以圆心. 故选：D 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不答得0分，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 9. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 直线过定点，直线过定点 D. 当，平行时，两直线的距离为 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项：把的值分别代入两直线，根据直线垂直时，斜率相乘为，直接判断即可； B选项，把的值分别代入两直线，根据直线平行时，斜率相等判断即可； C选项，把直线的方程变形，根据直线过定点的定义判断即可； D选项，由直线平行时，斜率相等，可求得得值，排除重合情况，再利用平行直线的距离公式直接求解即可. 【详解】对于A，当时，那么直线为，直线为，此时两直线的斜率分别为和，所以有，所以，故A选项正确； 对于B，当时，那么直线为，直线为，此时两直线重合，故B选项错误； 对于C，由直线：，整理可得： ，故直线过定点，直线：，整理可得：，故直线过定点，故C选项错误； 对于D，当，平行时，两直线的斜率相等，即，解得：或，当时，两直线重合，舍去；当时，直线为，为，此时两直线的距离，故D选项正确. 故选：AD. 10. 已知数列的前n项和为且则（ ） A. B. C. D. 数列的前n项和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用给定条件求解数列单调性判断A，利用累乘法求出数列通项公式判断B，利用等差数列求和公式结合给定条件判断C，利用裂项相消法求和判断D即可. 【详解】由题意得，且， 可知，则为正项递增数列， 得到，即，故A正确； 由，则时， ， 又符合上式，故， 当时，，故B正确； 由等差数列求和公式得，则，故C错误； 而， 故数列的前n项和为 ，故D正确. 故选：ABD 11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为 左、右顶点分别为 以 为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，点M位于第一象限，且 则下列说法一定正确的是 A. B. 双曲线C的离心率为 C. D. 当时，四边形 的面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】通过联立方程组的方法求得两点的坐标，根据列方程，求得的关系式，结合双曲线的离心率、对称性、两点间的距离、四边形的面积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】如图所示： 因为圆的方程为， 双曲线的渐近线的一条方程为， 联立，得或，故，， 又因为 所以，， 所以， 又因为， 所以， 从而得，， 所以， 对于A，由对称性可得四边形为平行四边形， 又因为， 所以，故A正确； 对于B，由题意可得 又因为，解得，故B错误； 对于C，设，则，因为， 且，即， 所以， 所以，C选项正确. 对于D，当时，， 所以， 所以， 又因为四边形的面积，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案写在答题卡相应的位置上. 12. 若数列是等比数列，且是与的等差中项，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由数列是等比数列，及是与的等差中项，得出公比的值， 再由即可得出答案． 【详解】设等比数列的公比为， 因为是与的等差中项， 所以， 所以，解得， 所以 故答案为：. 13. 已知动直线与圆恒有两个不同的交点、.设弦的中点为，当变化时，总存在定点使得为定值，则点的坐标______. 【答案】 【解析】 【分析】求出直线经过的定点，再结合圆的性质确定点满足的几何关系即可得解. 【详解】直线恒过定点，显然点在圆内， 即直线与圆总相交，由为弦的中点，得， 因此点在以线段为直径的圆上（除点外），此圆圆心为，当点为时，的值恒为1， 所以点的坐标是. 故答案为： 14. 2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）近似“伯努利双纽线”，在平面直角坐标系中，到两定点，的距离之积等于的点的轨迹C就是一条伯努利双纽线．已知点是双纽线C上的一点，下列说法中正确的序号是______． ①双纽线C关于x轴、y轴对称； ②双纽线C上满足的点P有两个； ③； ④的最大值为． 【答案】①③④. 【解析】 【分析】①利用对称性可判断，②通过解方程可得，③利用三角形面积建立方程进行求解即可，④利用向量长度和数量积关系及余弦定理进行转化求解即得. 【详解】设为双纽线C上任一点，则， 即. 对于①，用替换方程中，得， 则双纽线C于轴对称. 用替换方程中，得， 则双纽线C关于轴对称，故①正确. 对于②，若，则在轴上，故.此时， 得，即方程只有一解，则满足条件的点只有一个，故②错误. 对于③，由②可得可以为； 当时，三角形的面积为， 即，得； 综上可得，故③正确. 对于④，因为， 所以， 由余弦定理得， 即， 可得， 则， 所以，即的最大值为，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是把的长度进行转化，利用向量运算结合数量积的公式，及二次函数的最值求解. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足， （1）记，写出，，并求数列的通项公式； （2）求的前20项和． 【答案】（1）1；5； （2） 【解析】 【分析】（1）由数列的通项公式可求得，，从而可得求得，，由可得数列是等差数列，从而可求得数列的通项公式； （2）由当n为奇数时，，可得，利用等差数列求和公式求解即可． 【小问1详解】 ，， 因为，所以， 所以数列是等差数列，所以 【小问2详解】 因为当n为奇数时，， 所以的前20项和为 16. 已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上. （1）求圆的方程； （2）已知直线与圆相交于两点，且的面积为8，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据直线与圆相切,根据点到直线距离公式求出圆心,再应用圆的标准方程即可; （2）根据几何法求弦长,再结合面积公式计算即可. 【小问1详解】 由已知可设圆心，则，解得或（舍）， 所以圆的方程为. 【小问2详解】 设圆心到直线的距离为，则， 即，解得， 又，所以，解得， 所以直线的方程为或 . 17. 已知抛物线仅经过中的一点. （1）求的方程； （2）过的焦点作两条互相垂直的直线，分别交于点和点，设线段的中点分别为，求证：直线过定点. 【答案】（1）； （2） 由（1）知，抛物线的焦点，显然直线都不垂直坐标轴， 设直线的方程为，则直线的方程为， 由消去得，设， 则，线段的中点， 同理得线段的中点，当时，直线斜率， 直线方程为，整理得，直线过定点， 当时，或，直线过定点， 所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）借助抛物线对称性确定所过点，进而求出抛物线方程. （2）设出直线方程，与抛物线方程联立求出点坐标，进而求出直线方程即可. 【小问1详解】 抛物线关于轴对称，而点关于轴对称， 若点之一在抛物线上，则另一点必在该抛物线上，不符合题意， 因此点必在抛物线上，，解得， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 略 18. 已知数列中，，. （1）求数列的通项公式； （2）如图，在平面直角坐标系中，若，依次连接点，，…，得到折线，求由该折线与直线，所围成的区域的面积. （3）记数列的前项和为且，若恒成立，求实数的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明为等差数列，求解通项公式即可； （2）记梯形的面积为，根据题意得，再根据错位相减法求和即可得面积； （3）结合题意，进而根据裂项求和的方法得，再根据恒成立问题转化为，最后根据数列的单调性求的最小值即可得答案. 【小问1详解】 解：∵，， ∴，∴为等差数列， 首项为，公差为1， ∴，∴. 【小问2详解】 解：过，，，……向轴作垂线，垂足分别为，，……， 由（1）得，则 记梯形的面积为.由题意得： ， 所以 ① 又② ①－②得 所以. 所以由该折线与直线，所围成的区域的面积. 【小问3详解】 解：由（1）知 则， 由恒成立，即恒成立， 即恒成立，由单调递增， 故当时，，故，即， 所以的最大值为. 19. 已知一个动圆与已知圆外切，与圆内切． （1）试求这个动圆圆心的轨迹E方程； （2）过点的直线l交轨迹E于C，D两点，与x轴交于P点，点C关于x轴的对称点为R，直线交x轴于Q点，求证：为定值． （3）设轨迹E的左、右顶点分别为A，B，直线l交E于M，N两点（M，N与A，B均不重合），记直线的斜率为，直线的斜率为，且，设的面积分别，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 证明：显然直线l的的斜率存在且不为0， 设直线l的方程为，， 则点P的坐标为， 联立方程，消去y整理得 则，解得，可得， 又因为直线BD的方程为， 令，得Q的横坐标为 ， 所以为定值. （3） 【解析】 【分析】（1）设动圆的半径为，根据动圆和圆，圆的关系得出和，再结合椭圆的定义即得轨迹方程； （2）联立直线l与椭圆E的方程，利用设而不求的方法分别得到P点Q点的横坐标，进而求得的值为定值； （3）先确定直线的斜率必不为0，设其方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理，结合题意可得直线恒过轴上一定点.从而可求得，进而可求解. 【小问1详解】 因为圆的圆心为，半径； 圆的圆心为，半径； 且，可知圆在圆内部， 设动圆的圆心为，半径为， 由题意可得，， 则， 可知动圆圆心的轨迹是以、为焦点的椭圆，且， 所以动圆圆心的轨迹E的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 依题意，， 设，直线斜率为. 若直线的斜率为0，则点关于轴对称，必有，不合题意. 所以直线的斜率必不为0，设其方程为， 联立方程，消去x得， 则，可得， 因为是椭圆上一点，满足， 所以， 则，即. 因为 所以，此时， 故直线恒过轴上一定点. 因此， 所以 ， 令，则， 当，即时，取得最大值， 显然， 所以的取值范围. 【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（或）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、（或、）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 $ 江苏省苏州市高新区苏州实验中学2025-2026学年 高二上学期12月月考数学试题 注意事项： 1．本卷共4页，满分150分，答题时间为120分钟.答题结束后，请将答题卡交回. 2．答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、考试号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置. 3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效.作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔.请注意字体工整，笔迹清楚. 一、单项选择题：本愿共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，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 若直线l经过点A(，－1)，B(，2)，则l的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 2. 椭圆的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 已知等比数列的前项和为，若，公比，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知点在抛物线上，为的焦点，，则（ ） A. B. C. D. 16 5. 若圆：上有且仅有个点到直线：的距离为，则实数的值是（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 6. 已知，则通过数列图象上所有点的直线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的一个顶点为，左、右焦点分别为，，直线经过，且与交于，两点.若，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. “康威圆定理”的内容如下：如图，的三条边长分别为，，．延长线段CA至点，使得，以此类推得到点，，，和，那么这六个点共圆，这个圆称为康威圆．若在中，，，，康威圆圆心为K，则K的坐标为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不答得0分，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 9. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 直线过定点，直线过定点 D. 当，平行时，两直线的距离为 10. 已知数列的前n项和为且则（ ） A. B. C. D. 数列的前n项和为 11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为 左、右顶点分别为 以 为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，点M位于第一象限，且 则下列说法一定正确的是 A. B. 双曲线C的离心率为 C. 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，请把答案写在答题卡相应的位置上. 12. 若数列是等比数列，且是与的等差中项，则__________. 13. 已知动直线与圆恒有两个不同的交点、.设弦的中点为，当变化时，总存在定点使得为定值，则点的坐标______. 14. 2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）近似“伯努利双纽线”，在平面直角坐标系中，到两定点，的距离之积等于的点的轨迹C就是一条伯努利双纽线．已知点是双纽线C上的一点，下列说法中正确的序号是______． ①双纽线C关于x轴、y轴对称； ②双纽线C上满足的点P有两个； ③； ④的最大值为． 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足， （1）记，写出，，并求数列的通项公式； （2）求的前20项和． 16. 已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上. （1）求圆的方程； （2）已知直线与圆相交于两点，且的面积为8，求直线的方程. 17. 已知抛物线仅经过中的一点. （1）求的方程； （2）过的焦点作两条互相垂直的直线，分别交于点和点，设线段的中点分别为，求证：直线过定点. 18. 已知数列中，，. （1）求数列的通项公式； （2）如图，在平面直角坐标系中，若，依次连接点，，…，得到折线，求由该折线与直线，所围成的区域的面积. （3）记数列的前项和为且，若恒成立，求实数的最大值． 19. 已知一个动圆与已知圆外切，与圆内切． （1）试求这个动圆圆心的轨迹E方程； （2）过点的直线l交轨迹E于C，D两点，与x轴交于P点，点C关于x轴的对称点为R，直线交x轴于Q点，求证：为定值． （3）设轨迹E的左、右顶点分别为A，B，直线l交E于M，N两点（M，N与A，B均不重合），记直线的斜率为，直线的斜率为，且，设的面积分别，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $