精品解析：河北省保定市部分高中2025-2026学年高二上学期12月考试数学试题

高二年级12月考试 数学试题 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. 已知直线，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. -2 2. 已知曲线的方程为（），若曲线是焦点在轴上的双曲线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. 或5 D. 3. 如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（ ） A. B. C. 16 D. 18 5. 已知曲线：，从上任意一点向轴作垂线段，为垂足，点满足，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 法国数学家加斯帕尔•蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆方程，，分别为椭圆的左，右焦点，离心率为，P为蒙日圆C上一个动点，过点P作椭圆的两条切线，与蒙日圆C分别交于A，B两点，若面积的最大值为25，则椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是数列中的最大值 D. 数列无最大值 二、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.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 圆的半径为2 C. 存在实数，使得直线与圆相切 D. 若，直线被圆截得的弦长为4 10. 如图，棱长为的正方体中，点、分别是棱、的中点，则（ ） A. 平面平面 B. 直线平面 C. D. 过、、三点的平面截正方体的截面面积为 11. 已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为4，过的直线与抛物线交于，两点，为线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 抛物线的准线方程为 B. 若，则点到轴的距离为6 C. 当，则直线的倾斜角为 D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知点，平面经过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为______ 13. 已知数列的前n项和为，，则数列的通项公式为__________. 14. 如图，双曲线的左焦点为F，过原点O的直线与C交于A，B两点（点A位于第二象限），M为BF的中点，直线OM为C的一条渐近线，且，则C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. 已知直线与的交点为，圆的圆心在轴上，且过点和点. （1）求标准方程； （2）若过点直线与交于两点，且，求的一般方程. 16. 设数列前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的项和. 17. 如图，三棱柱中，，，O为BC的中点. （1）证明：底面ABC； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知为坐标原点，椭圆的右焦点为的长轴长为4，直线过点且与交于两点． （1）求标准方程； （2）当直线的斜率为时，求的面积： （3）在轴上是否存在一个定点，使得直线关于轴对称？若存在，求出点的坐标：若不存在，请说明理由． 19. 已知数列的首项，且满足． （1）证明：数列为等比数列，求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和； （3）设，求数列前项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级12月考试 数学试题 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. 已知直线，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. -2 【答案】C 【解析】 【分析】根据两条直线垂直的条件求解即可. 【详解】由，， 可知，解得. 故选：C 2. 已知曲线的方程为（），若曲线是焦点在轴上的双曲线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. 或5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据焦点在轴上的双曲线的方程特征进行求解即可. 【详解】若曲线是焦点在轴上的双曲线，则，解得． 故选：D． 3. 如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则等于（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量加、减法和数乘运算法则求解. 【详解】因为，所以， 所以， 故选：D. 4. 已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（ ） A. B. C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为成等比数列，且， 所以，即，解得或（舍去）， 所以. 故选：C. 5. 已知曲线：，从上任意一点向轴作垂线段，为垂足，点满足，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，由题意可得，代入曲线中即可得. 【详解】设，则有，设， 则，由，则有， 即，故有，即. 故选：B. 6. 法国数学家加斯帕尔•蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆方程，，分别为椭圆的左，右焦点，离心率为，P为蒙日圆C上一个动点，过点P作椭圆的两条切线，与蒙日圆C分别交于A，B两点，若面积的最大值为25，则椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆的离心率可得，分析可知为蒙日圆的直径，利用勾股定理可得，再利用基本（均值）不等式即可求解. 【详解】如图： 因为椭圆的离心率，所以. 因为，所以， 所以椭圆的蒙日圆C的半径为. 因为，所以为蒙日圆的直径， 所以，所以. 因为， 当时，等号成立. 所以面积的最大值为：. 由面积的最大值为25，得，得， 进而有，， 故椭圆长轴长为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于借助基本（均值）不等式分析在何时取得最大值. 7. 已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用点差法联立方程组，求出的值，即得椭圆方程. 【详解】设，代入椭圆方程可得：， 两式作差可得：(*)， 又的中点坐标为，所以，， 由(*)式可得， 又直线的斜率即直线的斜率，， 所以，而， 联立解得，，故椭圆的方程为：. 故选：A． 8. 设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是数列中的最大值 D. 数列无最大值 【答案】B 【解析】 【分析】由题分析出，可得出数列为正项递减数列，结合题意分析出正项数列前项都大于，而从第项起都小于，进而可判断出各选项的正误. 【详解】当时，则，不合乎题意； 当时，对任意，，且有，可得， 可得，此时，与题干不符，不合乎题意； 故，故A错误； 对任意的，，且有，可得， 此时，数列为单调递减数列，则， 结合可得， 结合数列的单调性可得 故， ， ∴， 故B正确； 是数列 中的最大值,故CD错误 故选：B. 二、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.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 圆的半径为2 C. 存在实数，使得直线与圆相切 D. 若，直线被圆截得的弦长为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】将直线方程变形即可求得直线经过的定点，判断A；将圆的一般式方程配方，即得圆心坐标和半径，判断B；利用圆心到直线的距离等于半径列出方程，结合根的判别式判断C；由条件判断圆心在直线上，直线被圆M截得的弦长恰为直径，判断D. 【详解】直线可变形为，所以直线恒过定点，故A正确； 将圆的方程化为标准方程可得， 所以圆的圆心坐标为，半径为2，故B正确； 若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，整理得：， 由可知方程无解，即不存在实数，使得直线与圆相切，故C错误； 若，直线方程为，圆心在直线上， 故此时直线被圆截得的弦长为直径的长4，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图，棱长为的正方体中，点、分别是棱、的中点，则（ ） A. 平面平面 B. 直线平面 C. D. 过、、三点的平面截正方体的截面面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，通过平面得到，同理得到，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证；对于B，求出平面的一个法向量的坐标，利用法向量与向量的数量积是否为来判断即可证明；对于C，正四面体中，求出高，近一步即可求出；对于D，首先得到截面图象，求出面积即可. 【详解】对于A，连接，    在正方体中，平面，平面，则， 又在正方形中，， 因为，、平面，所以平面， 又平面　所以，同理可证：， 又，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系， 则、、、、、， ，，，， 设平面一个法向量为， 所以，取，可得， 所以，故与平面不平行，B错； 对于C，点到平面的距离为， 易知是边长为的等边三角形，故， 故三棱锥的体积，C对； 对于D，因为、分别为、的中点，所以， 又因为，，故四边形为平行四边形，所以， 所以，故梯形即为所求截面， 易知点、，，， 所以点到直线的距离为， 又因为，， 故梯形的面积为，故D错误. 故选：AC. 11. 已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为4，过的直线与抛物线交于，两点，为线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 抛物线的准线方程为 B. 若，则点到轴的距离为6 C. 当，则直线的倾斜角为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据抛物线的性质结合抛物线焦点弦即可判断ABC，由，结合基本不等式即可判断D. 【详解】对于A，由题意可得，所以抛物线， 所以抛物线的准线方程为：，故A正确； 对于B，设， 由，所以， 所以点到轴的距离为6，故B正确； 对于C，过点分别作准线的垂线，垂足分别为， 过点作的垂线，垂足为点，由， 设，则，所以， 所以，在中，有，此时直线的倾斜角为， 根据抛物线的对称性有直线的倾斜角为或，故C错误； 对于D，设直线，， 所以， 所以，所以， 所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，故D正确； 故选：ABD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知点，平面经过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为______ 【答案】 【解析】 【分析】求出，再利用点到平面的距离公式，求出答案. 【详解】由题知，设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为， 故答案为：. 13. 已知数列的前n项和为，，则数列的通项公式为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，结合得出，再由与的关系，从而得出数列的通项公式. 【详解】当时，，即， 当时，， 则， 此时，与实际不符合， 综上，， 故答案为： 14. 如图，双曲线的左焦点为F，过原点O的直线与C交于A，B两点（点A位于第二象限），M为BF的中点，直线OM为C的一条渐近线，且，则C的离心率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线对称性和定义得，再利用余弦定理即可得到的齐次方程，从而得到离心率. 【详解】设的右焦点为，连接，， 因为，分别是，的中点，所以． 又直线是的一条渐近线，所以，． 由双曲线的对称性，得．由，得． 又，所以． 在中，由余弦定理得，整理得， 所以的离心率． 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. 已知直线与的交点为，圆的圆心在轴上，且过点和点. （1）求的标准方程； （2）若过点的直线与交于两点，且，求的一般方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）联立方程组，求得点，设圆的方程为，根据点在圆上，列出方程，求得和的值，即可得到圆的标准方程； （2）由，得到圆心到直线的距离为，分直线斜率不存在和斜率存在，两种情况讨论，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 解：联立方程组，解得，即， 因为圆的圆心在轴上，可设圆的方程为， 又因为圆过点和点，则， 即，解得，所以， 故圆的标准方程为. 【小问2详解】 解：因为，则圆心到直线的距离为， 当斜率不存在时，直线的一般方程为，此时，符合题意； 当存在斜率时，设的方程为，即， 则，解得，所以的一般方程为， 综上所述，直线的一般方程为或. 16. 设数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）令可得的值，当时，由可得，两个等式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式； （2）求得，利用分组求和法可求得. 【小问1详解】 解：因为数列的前项和为，且，， 当时，， 当时，由可得， 上述两个等式作差可得，可得， 又因为， 所以，数列为等比数列，且首项为，公比为， 所以，. 【小问2详解】 解：由（1）可得， 所以， . 17. 如图，三棱柱中，，，O为BC的中点. （1）证明：底面ABC； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，由面面角向量法计算即可求解. 【小问1详解】 在三棱柱中，，， 所以， 又因为为的中点，所以，， 因为，，O为BC的中点， 所以，， 因为，，， 所以，所以， 因为，，AO，平面ABC，， 所以底面ABC； 【小问2详解】 由（1）可知、、两两垂直，以点为原点，，，为，，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 因为， 所以，则， 设平面法向量为， 则有，取，可得，， 则为平面的一个法向量， ，， 设平面的一个法向量， 则，故，取，解得，， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则. 所以所求角的余弦值为. 18. 已知为坐标原点，椭圆的右焦点为的长轴长为4，直线过点且与交于两点． （1）求的标准方程； （2）当直线的斜率为时，求的面积： （3）在轴上是否存在一个定点，使得直线关于轴对称？若存在，求出点的坐标：若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意求出即可； （2）先求出直线方程，联立方程，设，利用韦达定理求出，再根据求解即可； （3）设，联立椭圆方程，韦达定理，结合斜率公式利用斜率相反化简求得的坐标，即可求解. 【小问1详解】 由题意可得，，所以， 故椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 直线的方程为， 联立，消得， 设，则， 所以 ； 【小问3详解】 设， 易得直线的斜率不为零，可设， 联立，得，， 设，则， ， 因为直线关于轴对称， 所以时，， 所以（也符合）， 所以， 所以， 所以， 化简得，与无关，所以，故， 故存在，使得直线关于轴对称. 19. 已知数列的首项，且满足． （1）证明：数列为等比数列，求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和； （3）设，求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过，取倒数得到，再通过配凑即可求证； （2）由裂项相消法求和即可； （3）由错位相减法求和即可. 【小问1详解】 因为，，所以． 所以，则． 因为，所以， 所以数列是首项和公比均为的等比数列． 所以，所以． 【小问2详解】 由（1）得， 所以 ． 所以． 【小问3详解】 由（1）得，所以，所以． 所以 ． 设，则， 两式相减，得， 所以． 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $