精品解析：广东省清远市博爱学校高中部2025-2026学年高二上学期12月教学质量检测数学试卷

清远市博爱学校高中部2025-2026学年第一学期12月教学质量检测 高二数学试题 命题人：王章才 审题人：许保民 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的班级、姓名和考号填写在答题卡上． 3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，监考老师将答题卷收回，试卷学生自己保留． 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知等差数列的公差为1，，则（ ） A. 2021 B. 2022 C. 2023 D. 2024 2. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 在空间直角坐标系中，已知，，则点B的坐标是 A. B. C. D. 4. 三棱锥中，点面，且，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 5. 已知数列满足，，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6. 直线（其中）被圆所截得的最短弦长等于（ ） A. B. C. D. 7. 直线l：（参数，）的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知为坐标原点，双曲线的左焦点为，右顶点为；过点向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，且，直线与双曲线的左支交于点，则的大小为（ ） 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 若三条直线l1：，l2：，l3：有2个公共点，则实数a的值可以为（ ） A. B. C. 1 D. 2 10. 已知曲线C：，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B. 若，则C是圆，其半径 C. 若，则C是双曲线，其渐近线方程为 D. 若，则C是两条直线 11. 如图，在棱长为3的正四面体中，O为的中心，D为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 过点作直线与交于A，B两点，若，则直线的倾斜角为______. 13. 若方程表示双曲线，则实数m的取值范围是___________. 14. 如图①是直角梯形，，，是边长为1的菱形，且，以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，是线段上的动点，则到距离最小值为______． 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. 棱长为2的正四面体中，设，，．M，N分别是棱的中点． （1）用向量，，表示； （2）求． 16. 已知抛物线的焦点为，位于第一象限的点在抛物线上，且. （1）求焦点的坐标； （2）若过点的直线与只有一个交点，求的方程. 17. 如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且D为棱AB的中点． （1）证明：平面． （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 18. 已知椭圆：（）． （1）若椭圆的焦距为6，求的值； （2）设，若椭圆上两点M，N满足，求点N横坐标取最大值时的值． 19. 已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”. （1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； （2）若为的“伴随数列”，证明：； （3）已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 清远市博爱学校高中部2025-2026学年第一学期12月教学质量检测 高二数学试题 命题人：王章才 审题人：许保民 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的班级、姓名和考号填写在答题卡上． 3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，监考老师将答题卷收回，试卷学生自己保留． 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知等差数列的公差为1，，则（ ） A. 2021 B. 2022 C. 2023 D. 2024 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列的性质代入即可求解. 【详解】由题意得. 故选：B. 2. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先将抛物线方程化为标准形式，再求焦点坐标. 【详解】由得，所以抛物线为开口向上的抛物线，且， 所以焦点坐标为， 故选：C 3. 在空间直角坐标系中，已知，，则点B的坐标是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据空间向量的坐标运算即可求解. 【详解】设，， 则， 而， 所以，解得， 所以， 故选：C. 【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算，属于基础题. 4. 三棱锥中，点面，且，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由四点共面的充要条件列方程即可得解. 【详解】由题意三棱锥中，点面，且， 所以，解得. 故选：D. 5. 已知数列满足，，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出数列的周期为，可得. 【详解】因为，， 所以，， ，，……， 所以数列的周期为，所以. 故选：A. 6. 直线（其中）被圆所截得的最短弦长等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线过定点，根据圆的几何性质当定点与圆心连线垂直直线时，直线截得弦最短即可得解. 【详解】因为可化为， 所以直线恒过定点， 由圆知圆心，半径， 由圆的几何性质知，当与直线垂直时，直线被圆所截得弦最短， 此时弦长为, 故选：B 7. 直线l：（参数，）的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数的取值范围，结合直线斜率与倾斜角的关系求解即可. 【详解】直线， 因为，所以，设直线的倾斜角为， 则直线的斜率， 因为，所以，或. 故选：B. 8. 已知为坐标原点，双曲线的左焦点为，右顶点为；过点向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，且，直线与双曲线的左支交于点，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出左焦点到渐近线的距离并得出直线的方程，联立直线和双曲线方程解得点横坐标，可知轴，即可求出的大小为. 【详解】如下图所示： 不妨取渐近线，则左焦点到渐近线距离； 又，于是，可得,故离心率， 因此渐近线方程为，直线斜率为1，其方程为，可得， 又，则，所以直线的方程为， 联立双曲线方程整理可得； 易知是该方程的一个实数根，另一根即为； 所以，可得， 于是轴，又因为 所以． 故选：B 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 若三条直线l1：，l2：，l3：有2个公共点，则实数a的值可以为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】BD 【解析】 【分析】由题意知三条直线中，有两条直线相互平行，讨论平行和平行，求解即可. 【详解】由题意可得，三条直线中，有两条直线相互平行， l1：的斜率为，l2：的斜率为， 所以不平行， 若平行，则，解得：， 若平行，则，解得：， 综上：实数a的值为或. 故选：BD. 10. 已知曲线C：，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B. 若，则C是圆，其半径 C. 若，则C是双曲线，其渐近线方程为 D. 若，则C是两条直线 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合选项条件，分别根据椭圆、圆以及双曲线的标准方程，化简曲线C：为相应的标准方程，即可判断A，B，C；时，方程即为，即可判断D. 【详解】对于A，若，则 故曲线C：，即，表示椭圆，其焦点在y轴上，A正确； 对于B，若， 则曲线C：，即，表示半径为的圆，B正确； 对于C，若，不妨设， 则曲线C：，即，表示焦点在x轴上的双曲线 则，故渐近线方程为， 即，C错误； 对于D，若，曲线C：，即， 即，则C是两条直线，D正确， 故选：ABD 11. 如图，在棱长为3的正四面体中，O为的中心，D为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据向量的线性运算求解；对于B：根据正四面体的结构运算求解；对于CD：根据向量的数量积运算求解即可. 【详解】连接，，， 对于选项A：因为 ， ，故A正确； 对于选项B：因为，所以，故B正确； 对于选项CD： ，故C错误，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. 过点作直线与交于A，B两点，若，则直线的倾斜角为______. 【答案】 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程可求得，再利用抛物线的焦点弦公式得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】因为抛物线的焦点坐标，准线为， 则直线过抛物线的焦点，且由题意可知直线的斜率不为0， 不妨设直线为，，， 联立，消去，得， 易知，则，故， 因为，所以，即，故， 所以直线的方程为，则直线的倾斜角为. 故答案为：. 13. 若方程表示双曲线，则实数m的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线方程的特点，可得，解不等式，即可求出实数的取值范围. 【详解】因为方程表示双曲线， 所以，即或， 解得或， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 如图①是直角梯形，，，是边长为1的菱形，且，以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，是线段上的动点，则到距离最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得面面，结合菱形性质，得两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，由空间向量法求点到直线的距离即可得解. 【详解】 折起前，连接菱形的对角线交于点， 所以，所以折起后有， 因为菱形的边长为1， 所以， 又因为，，且 所以在中，有， 所以， 所以折起前后四边形的面积固定， 若以为折痕将折起， 当点到达的位置时，四棱锥的体积最大， 则此时点到平面的距离最大， 则此时有面面， 又面面，，面， 所以面， 又面， 所以， 又， 所以两两互相垂直， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系： 则， 过点作于点，则， 又因为， 所以，即， 所以， 因为三点共线， 所以不妨设 ， 所以点到直线的距离 ， 所以当时，， 所以到距离最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解题关键是得到面面，结合菱形性质，建立适当的空间直角坐标系，由此即可顺利得解. 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. 棱长为2的正四面体中，设，，．M，N分别是棱的中点． （1）用向量，，表示； （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量基本定理求解即可； （2）由空间向量模长公式和数量积公式求解即可. 【小问1详解】 连接，所以 ， 因为，，， 所以. 【小问2详解】 因为正四面体的边长为，所以的夹角为， ，所以， . 16. 已知抛物线的焦点为，位于第一象限的点在抛物线上，且. （1）求焦点的坐标； （2）若过点的直线与只有一个交点，求的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据抛物线焦半径公式计算得出，再得出抛物线方程进而得出焦点即可； （2）先设直线方程，再联立方程组，再分和两种情况应用直线与只有一个交点求参即可得出直线方程. 【小问1详解】 因为抛物线，， 所以，所以，可得 所以焦点的坐标. 【小问2详解】 因为点在抛物线上，所以， 又位于第一象限，所以，所以， 过点的直线与只有一个交点，直线斜率不存在不合题意； 设直线与有且只有一个交点， 由，得， 当时，，即，即， 当时，，只有一个根符合题意； 所以的方程为或，即或. 17. 如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且D为棱AB的中点． （1）证明：平面． （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1） 证明：由三棱柱的性质可知． 因为平面，所以平面． 因为平面，所以． 因为为的中点，且是等边三角形，所以． 因为平面，且， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接．由题意可得两两垂直，故以为坐标原点， 的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， 故． 设平面的法向量为， 则令，得． 设平面的法向量为， 则令，得． 设平面与平面所成的锐二面角为， 则， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 18. 已知椭圆：（）． （1）若椭圆的焦距为6，求的值； （2）设，若椭圆上两点M，N满足，求点N横坐标取最大值时的值． 【答案】（1）12 （2）20 【解析】 【分析】（1）由焦距以及之间的关系列方程即可求解； （2）设出直线方程，并与椭圆方程联立，结合已知和韦达定理即可求解. 【小问1详解】 设焦距为，则，解得． 【小问2详解】 要使点的横坐标最大，需直线斜率存在． 设，与椭圆联立得， 由韦达定理：． 由知，故， 要使点的横坐标最大，在这里不妨取， 所以，当且仅当时，等号成立． 当时，，即，此时． 19. 已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”. （1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； （2）若为的“伴随数列”，证明：； （3）已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值. 【答案】（1）存在，“伴随数列”是15,13,11,10 （2）证明：因为数列存在“伴随数列”， 所以，且， 所以， 所以，即， 所以. （3）的最大值为 【解析】 【分析】（1）根据定义求出即可； （2）证明即可得出； （3）首先证明的伴随数列是存在的，最小的，然后确定得到范围，求得到最大值，由（2）知，利用累加法可得，得出，从而，（是整数）又由知是的正约数，这样得出得到最大值为，构造数列，，它存在伴随数列，从而得证. 【小问1详解】 ，, ,，均为正整数， 所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ①因为，，其中， 当时，，，有，均为正整数， 即当时，数列1,2025存在“伴随数列”：， 因此的最小值为2； ②一方面，由（2）知，， 于是， 所以， 另一方面，由数列存在“伴随数列”，知， 所以是的正约数， 取， 即取， 综合上述为最大值，取，， 当时， ，符合条件， 当，，符合条件 因此的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键是理解新定义， 新定义求解，在求的最大值时，注意数列与不等式的综合应用，解题时分两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列存在，至少是可以的，另一方面，确定得到最大值，利用累加法估计出得到范围，再由伴随数列的性质得出满足的性质，由这两个确定出得到最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的项数是，且存在伴随数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $