精品解析：湖北省荆州中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试卷

荆州中学2025—2026学年高二上学期12月月考 数学试题 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. 气象站在发布天气预报时说“明天本地区降雨的概率为90%”，你认为下列解释正确的是（ ） A. 本地区有90%的地方下雨 B. 本地区有90%的时间下雨 C. 明天出行不带雨具，一定被雨淋 D. 明天出行不带雨具，有90%的可能被雨淋 2. 下列方程表示的椭圆中，形状最接近于圆的是（ ） A. B. C. D. 3. 在数列中，，（，），则（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 已知，，，若，，，四点共面，则（ ） A. 3 B. C. 7 D. 5. 已知向量在向量上的投影向量是，且，则 （ ） A. B. C. D. 6. 已知是坐标原点，若圆上有2个点到的距离为2，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，直线：上存在点P，满足，则的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方体的棱长为1，点M在棱上，且，点P是平面上的动点，且动点P到直线的距离与点P到点M的距离的平方差为1，则动点P的轨迹是（ ） A. 圆 B. 抛物线 C. 双曲线 D. 直线 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. 已知事件、、满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则，不独立 10. 已知P是双曲线C：上任意一点，A，B是双曲线的两个顶点，设直线PA，PB的斜率分别为，（）若||+||≥t恒成立，且实数t的最大值为1，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的方程为 B. 双曲线的离心率为 C. 函数(a＞0,a≠1)的图象恒过双曲线C的一个焦点 D. 直线x－y=0与双曲线C有两个交点 11. 已知棱长为12的正四面体ABCD中，为CD中点，P、Q分别为四面体ABCD的内切球和外接球上的动点，则（ ） A. |PQ|的最大值为 B. C. D. 若，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 抛物线的焦点坐标为__________． 13. 设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝__________． 14. 如图，已知Rt是圆锥SO的轴截面，C，D分别为SA，SB的中点，过点C且与直线SA垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分.若P在上，则的最大值为______. 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，满足，. (1)证明：数列为等差数列. (2)求. 16. 如图，某海面上有三个小岛（面积大小忽略不计），A岛在岛的北偏东方向距岛千米处，岛在岛的正东方向距岛20千米处.以为坐标原点，的正东方向为轴的正方向，1千米为单位长度，建立平面直角坐标系.圆经过三点. （1）求圆C的一般方程; （2）在圆C区域内有未知暗礁，现有一船在岛的南偏西方向距岛40千米处，正沿着北偏东方向行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险？ 17. 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点． （1）证明：平面； （2）若，，，求二面角的正弦值． 18. 为了激发学生的阅读兴趣，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券，其它情况均不能获得书券．游戏规则如下表： 箱子中球的颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5” 项目 游戏一 游戏二 游戏三 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学首先玩游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大？ 19. 已知为坐标原点，椭圆：的两个顶点坐标为，，短轴长为2，直线交椭圆于，两点，直线与轴不平行，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知. （1）求椭圆C的方程； （2）求证：直线恒过定点； （3）斜率为的直线交椭圆于，两点，记以，为直径的圆的面积分别为，，的面积为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 荆州中学2025—2026学年高二上学期12月月考 数学试题 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. 气象站在发布天气预报时说“明天本地区降雨的概率为90%”，你认为下列解释正确的是（ ） A. 本地区有90%的地方下雨 B. 本地区有90%的时间下雨 C. 明天出行不带雨具，一定被雨淋 D. 明天出行不带雨具，有90%的可能被雨淋 【答案】D 【解析】 【分析】根据概率的实际意义即可判断. 【详解】明天本地区降雨的概率为90%意味着有90%的可能会下雨，结合选项可知只有D正确， 故选：D. 2. 下列方程表示的椭圆中，形状最接近于圆的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据离心率越小，越接近于圆，写出各项椭圆的离心率并比较大小，即可得答案. 【详解】由椭圆性质知，离心率越小，越接近于圆， 对于，， 对于，， 对于，， 对于，， 显然的离心率最小. 故选：D 3. 在数列中，，（，），则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】列出数列的前几项，即可得到是以为周期的周期数列，根据周期性计算可得. 【详解】因为，（，）， 所以，，，， 所以是以为周期的周期数列，则. 故选：A 4. 已知，，，若，，，四点共面，则（ ） A. 3 B. C. 7 D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，，共面，设，根据空间向量坐标运算得到方程组，解得即可. 【详解】因为，，，四点共面， 所以，，共面，设， 因为，，， 所以， 则，解得． 故选：C. 5. 已知向量在向量上的投影向量是，且，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量在向量上的投影向量求出，代入的定义式即可. 【详解】，设向量在向量的夹角为， 所以向量在向量上的投影向量为， 所以，所以. 故选：C. 6. 已知是坐标原点，若圆上有2个点到的距离为2，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出到原点的距离为2的轨迹方程，再由题意可知圆与圆有两个公共点，利用圆与圆的位置关系即可求得实数的取值范围. 【详解】将圆的方程化为标准方程得，所以. 到原点的距离为2的轨迹方程为， 因为圆上有2个点到的距离为2，所以圆与圆相交， 所以，又， 解得，即实数的取值范围为. 故选：A. 7. 已知，，直线：上存在点P，满足，则的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】找到动直线的定点，由动直线与线段有，结合图形判断出倾斜角的范围. 【详解】将代入得， 将代入得， 所以，不在直线上， 又∵， 所以点在线段上， 直线的方程为：， 直线过定点且斜率一定存在， 故由数形结合可知：或 故倾斜角， 故选：D 8. 如图，正方体的棱长为1，点M在棱上，且，点P是平面上的动点，且动点P到直线的距离与点P到点M的距离的平方差为1，则动点P的轨迹是（ ） A. 圆 B. 抛物线 C. 双曲线 D. 直线 【答案】B 【解析】 【分析】作，，即为点到直线的距离，由勾股定理得，由已知，故，即到点的距离等于到的距离 【详解】解：如图所示，在正方体中，作，垂足为， 则平面，过作，则平面， 则为点到直线的距离， 由题意得， 由已知得， 所以， 即到点的距离等于到的距离， 所以根据抛物线的定义可得，点P的轨迹是抛物线， 故选：B 【点睛】此题考查抛物线的定义，求点的轨迹方程的方法，体现了数形结的数学思想，属于中档题 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. 已知事件、、满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则，不独立 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用事件的关系及概率可判断A，利用特例可判断B，根据和事件的概率及互斥事件的概念可判断C，利用独立事件的定义可判断D. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，例如掷一次骰子，事件表示得到1或2点，事件表示得到3点或2点或4点，所以，此时不成立，故B错误； 对于C，若，则，则，故C正确； 对于D，若，则，，，则，，，不独立，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知P是双曲线C：上任意一点，A，B是双曲线的两个顶点，设直线PA，PB的斜率分别为，（）若||+||≥t恒成立，且实数t的最大值为1，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的方程为 B. 双曲线的离心率为 C. 函数(a＞0,a≠1)的图象恒过双曲线C的一个焦点 D. 直线x－y=0与双曲线C有两个交点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据已知可得为定值，结合基本不等式求出的取值范围，得到t的最大值，从而取出m，逐项判断即可. 【详解】设则， 所以， 所以， 又， 当且仅当等号成立， 又，且实数t的最大值为1， 所以，即， 所以双曲线的方程为，故A正确； 则双曲线的离心率，故B错误； 双曲线的焦点坐标为， 函数（，）的图像过定点，故C正确； 双曲线的渐近线为，而直线的斜率为， 所以直线与双曲线C有没有交点，故D错误. 故选：AC. 11. 已知棱长为12的正四面体ABCD中，为CD中点，P、Q分别为四面体ABCD的内切球和外接球上的动点，则（ ） A. |PQ|的最大值为 B. C. D. 若，则的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】将此正四面体放入正方体中，求出其内切球和外接球的半径.A选项，当点、球心、点共线时最大；B选项，，同理可求；C选项，同B选项，可求；D选项，设为平面内一点，，结合空间向量四点共面定理可知，当|PQ|最大，最小时，求得的最大值. 【详解】将此正四面体ABCD放入正方体中，如图，则该正方体棱长为， 该正方体与正四面体ABCD的外接球相同，且球心为正方体的中心， 外接球直径为正方体体对角线，则外接球半径， 由正方体性质可证平面， 设与平面交点为，可得为的三等分点， 正四面体ABCD内切球半径为. A选项，当三点共线且在之间时，的最大值为，故A正确； B选项，， ， 由于，则， 故B正确； C选项，， 同理，故C错误； D选项，设为平面内一点，， 则，由于的最大值为，则当最小时，有最大值， 最小即为点到平面的距离， 由于为CD中点，则点到平面的距离为点D到平面的距离的一半， 而点D到平面的距离为， 则最小为，则有最大值2，故D错误； 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 抛物线的焦点坐标为__________． 【答案】 【解析】 【分析】将抛物线的方程变为标准形式，进而求得答案． 【详解】由题可得抛物线的标准方程为 ，开口向上，焦点在轴上且 所以焦点坐标为 【点睛】本题考查抛物线的标准方程，属于基础题． 13. 设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝__________． 【答案】35 【解析】 【详解】因为{an}，{bn}都是等差数列,所以也成等差数列，根据等差数列的性质，a1＋b1＝7，a3＋b3＝21, a5＋b5成等差数列，因而a5＋b5＝. 14. 如图，已知Rt是圆锥SO的轴截面，C，D分别为SA，SB的中点，过点C且与直线SA垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分.若P在上，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】过点O作，交底面圆于E，F两点，连接SO，DO，CO，根据圆锥性质及线面垂直的判定及性质定理求得平面CEF，则平面CEF为截面，进而有，当OP最大时，DP最大，以C为原点建立平面直角坐标系，求出抛物线方程为，设，结合距离公式利用二次函数性质求得，即可解答. 【详解】过点O作，交底面圆于E，F两点，连接SO，DO，CO， 设，则，所以当DP最大时，最大， 由圆锥的性质得底面，因为底面，所以， 又，且SO，平面SAB，所以平面SAB， 因为平面SAB，所以， 因为C，O分别是SA，AB的中点，所以，又，则， 因为，且CO，平面CEF，所以平面CEF，则平面CEF为截面， 因为D，O为SB，AB中点，所以，所以平面CEF，因为平面CEF， 所以，所以， 则当OP最大时，DP最大. 如图为截面的平面图， 以C为原点，CO为x轴，过点C垂直CO向上的方向为y轴正方向建系， ，，，，则抛物线方程为， 设，， 则， 所以，则此时，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. 已知数列，满足，. (1)证明：数列为等差数列. (2)求. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】(1)将已知递推关系式取倒数化简，利用等差数列的定义证明即可； (2)先求出等差数列的通项公式，进而可得． 【详解】(1)证明: ∵，，∴， ∴， 即是首项为，公差为的等差数列． (2)由上述可知， ∴. 【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查定义证明等差数列，考查学生逻辑推理能力和计算能力，属于中档题． 16. 如图，某海面上有三个小岛（面积大小忽略不计），A岛在岛的北偏东方向距岛千米处，岛在岛的正东方向距岛20千米处.以为坐标原点，的正东方向为轴的正方向，1千米为单位长度，建立平面直角坐标系.圆经过三点. （1）求圆C的一般方程; （2）在圆C区域内有未知暗礁，现有一船在岛的南偏西方向距岛40千米处，正沿着北偏东方向行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险？ 【答案】（1）； （2）该船没有触礁的危险. 【解析】 【分析】（1）由图中坐标系得坐标，设出圆的一般方程，代入三点坐标求解即得圆的一般方程. （2）先求出航行方向所在直线方程，再求出圆心到直线的距离，与半径比较可得． 【小问1详解】 依题意，， 设过O、A、B三点的圆C的方程为， 则有，解得， 所以圆C的方程为， 【小问2详解】 由（1）知，圆C的圆心，半径， 依题意，该船初始位置为点，且该船航线所在直线l的斜率为， 则该船航线所在直线的方程为，即， 圆心C到直线l的距离，则直线与圆相离， 所以该船没有触礁的危险. 17. 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点． （1）证明：平面； （2）若，，，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得. 【小问1详解】 证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面 【小问2详解】 解：过点作，如图建立空间直角坐标系， 因为，，所以， 又，所以，则，， 所以，所以，，，， 所以， 则，，， 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以； 所以. 设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为. 18. 为了激发学生的阅读兴趣，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券，其它情况均不能获得书券．游戏规则如下表： 箱子中球的颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5” 项目 游戏一 游戏二 游戏三 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学首先玩游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大？ 【答案】（1）游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为 （2） （3）5或6或7 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率公式可求游戏一，游戏二的获胜概率； （2）根据独立事件和互斥事件的概率公式可求先玩游戏二或先玩游戏三时获得书券的概率，从而游戏三获胜的概率的范围，据此可求的取值集合. 【小问1详解】 设事件为“游戏一获胜”， 游戏一中样本空间，，， ，则． 设事件为“游戏二获胜”， 游戏二中样本空间， ，， 则．所以游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为． 【小问2详解】 游戏三中，不放回地依次取两个球，样本个数为个， 当时，满足条件的样本点为：共4个， 所以获胜概率为， 所以当时，游戏三获胜概率为． 【小问3详解】 设事件为“游戏三获胜”，事件为“玩游戏一后先玩游戏二再玩游戏三，获得书券”， 事件为“玩游戏一后先玩游戏三再玩游戏二，获得书券”． ，且，，两两互斥，相互独立， 则 ． ，且，，两两互斥， 则 ． 依题意，，即需使，解得． 列出游戏三取球所有情况如下： 第一次 第二次 1 2 3 4 5 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 当或4或8或9时， ； 当或6或7时， ． 所以的取值为或6或7时，先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大． 19. 已知为坐标原点，椭圆：的两个顶点坐标为，，短轴长为2，直线交椭圆于，两点，直线与轴不平行，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知. （1）求椭圆C的方程； （2）求证：直线恒过定点； （3）斜率为的直线交椭圆于，两点，记以，为直径的圆的面积分别为，，的面积为，求的最大值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）由已知易知的值，得椭圆C的方程； （2）设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及，可得，即可得证； （3）设直线，联立直线与椭圆，结合韦达定理可得弦长，再根据点到直线距离可得，再根据点在椭圆上，可得，进而可得，再利用二次函数的性质求得最值. 【小问1详解】 由已知两个顶点坐标为，，短轴长为2，得，， 则椭圆方程：. 【小问2详解】 设直线方程为，，， 由，消去x得，， ， 则，， ， ， 又点在椭圆上，则，即， 则， 即，则， 即 ， 解得，此时， 即直线的方程为， 所以直线恒过定点. 【小问3详解】 设直线的方程为，，， 由，消去得， ，即， 则，， 所以 ， 点到直线的距离， 所以， 又，， 所以 ， 所以 则当即时，取最大值为. 【点睛】关键点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把直线与椭圆的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $