精品解析：陕西省咸阳市彩虹学校2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题

咸阳彩虹中学2025-2026学年度第一学期12月考试 高二年级数学试题 命题：何军元、胡永鹏、蒋文丽 审题：何军元、胡永鹏、蒋文丽 本卷满分150分，考试时间120分钟 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，，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的坐标运算列式求的值. 【详解】由. 故选：B 2. 已知直线与垂直，则实数（ ） A. 3 B. -3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用两条直线垂直的充要条件计算即可得解。 【详解】因为，所以，所以。 故答案为：B 3. 已知等差数列满足，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的性质进行求解. 【详解】 故选：B 4. 已知平行于轴的直线与双曲线：的两条渐近线分别交于、两点，为坐标原点，若为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由题得渐近线的倾斜角为，所以化简即得解. 【详解】因为为等边三角形， 所以渐近线的倾斜角为， 所以 所以. 故选：A 【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 5. 设、，若直线与圆相切，则点与圆的位置关系是（ ） A. 点在圆上 B. 点在圆外 C. 点在圆内 D. 不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】利用直线与圆相切可得出，再利用点与圆的位置关系可得出结论. 【详解】圆的圆心为原点，半径为， 因为直线与圆相切，则，即， 即，因此，点在圆内. 故选：C. 6. 如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. // B. C. //平面 D. 平面 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析、判断作答. 【详解】在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 令，是底面的中心，分别是的中点， 则，，， 对于A，显然与不共线，即与不平行，A不正确； 对于B，因，则，即，B正确； 对于C，设平面的法向量为，则，令，得，，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确； 对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确. 故选：B 7. 若已知椭圆，长轴在轴上，若焦距为4，则等于（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意直接列式求解即可. 【详解】由题意可得：，解得. 故选：A. 8. 已知数列的前项和为，且，，数列满足，记的前项和为，若恒成立，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用数列的递推关系求得，进而得，再利用裂项相消法求得，通过函数的单调性和有界性得到，即可求得的最小值. 【详解】因为 ，① 当时，，∵，∴； 当时，，② ①②两式相减得，整理，得 ∴，又， ∴数列是首项为，公比为的等比数列. ∴，∴． ∴. ∴. 对于，，， 所以. 由恒成立，得. 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.全部选对的得6分，有选错的得0分.若只有2个正确选项.每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分. 9. 直线，圆，下列结论正确的是（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 圆与轴相切 C. 当时，直线与圆相切 D. 当时，直线与圆相交 【答案】BCD 【解析】 【分析】由直线方程求出斜率，继而可求倾斜角可判断；利用圆心到直线的距离等于半径可判断；利用圆心到直线的距离可判断. 【详解】对于：直线的斜率为1，所以直线的倾斜角为，故A错误； 对于：圆，即， 可知圆心，半径，圆与轴相切，故B正确； 对于：当时，直线， 设圆心到直线的距离为，则， 所以直线与圆相切，故C正确； 对于D：圆，即，可知圆心，半径， 因为直线与圆交于两点，所以圆心到直线的距离， 即，解得， 所以当时，直线与圆相交，故D项正确. 故选：BCD． 10. 已知椭圆，、是的焦点，过且垂直于轴的直线截椭圆所得弦长为，是上一动点，是圆上一动点，则（ ） A. B. 椭圆离心率为 C. 圆与圆相切 D. 的最大值为4 【答案】AC 【解析】 【分析】AB选项，根据通径长得到，进而求出，由椭圆定义判断A，由离心率定义得到B错误；C选项，由圆心距和半径的关系判断C；D选项，设点，其中，可得，化简得到，当时，取得最大值，，进而求出的最大值. 【详解】AB选项，由通径长，得．所以， 由椭圆的定义，可得，所以A正确； 椭圆离心率，所以B不正确； C选项，圆N的圆心为，半径，圆圆心为，， 因为，所以两圆相内切；C正确； D选项，设点，其中，则满足，可得， 则 ， 当时，取得最大值，， 故，所以D不正确． 故选：AC 11. 在棱长为2的正方体中，点是线段上的动点，点是线段的中点．则下列说法正确的是（ ） A. 若点是的中点，则过、、三点的正方体的截面的周长是 B. 三棱锥的体积是定值 C. 直线与平面所成的线面角的正弦值是 D. 异面直线与所成的角的最大值是 【答案】ABD 【解析】 【分析】做出截面，求出截面周长，即可判断A，根据锥体的体积公式判断B，建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断C、D. 【详解】对于A：连接、，取的中点，连接、， 则且，所以四边形为平行四边形，所以， 又且，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，所以四点共面，则截面周长为，故A正确； 对于B：，即三棱锥的体积是定值，故B正确； 对于C、D：如图建立空间直角坐标系，则，，， 设， 所以，又平面的法向量为， 设直线与平面所成的线面角为，则，故C错误； 因为，，设异面直线与所成的角为， 则， 所以当时，，又，所以， 即异面直线与所成的角的最大值是，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题C、D选项的关键是建立空间直角坐标系，利用空间向量法定量计算. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分.共15分. 12. 若点到点的距离比它到定直线的距离小1，则点满足的方程为_____________ 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的定义可得动点的轨迹方程． 【详解】点到点的距离比它到直线的距离少1， 所以点到点的距离与到直线的距离相等， 所以其轨迹为抛物线，焦点为，准线为， 所以方程为， 故答案为：． 13. 人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，设是平面内的任意一点，若平面经过点，且以为法向量，则由，可得，此即为平面的点法式方程．利用上面给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求出平面的法向量，利用线面角的向量公式即可求解. 【详解】因为平面的方程为， 所以平面的一个法向量为，直线的方向向量为， 设直线与平面所成角为，则. 故答案为： 14. 阿波罗尼奥斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并称亚历山大时期数学三巨匠.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆.”人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点P是满足的阿氏圆上的任意一点，则该阿氏圆的方程为___________；若Q为抛物线上的动点，Q在y轴上的射影为M，则的最小值为___________. 【答案】 ①. 或（） ②. 【解析】 【分析】设把已知式用坐标表示并化简即得点轨迹方程，把换为，由抛物线定义把换成，然后由四点共线得最小值． 【详解】设，由得， 化简得， 抛物线的焦点为，， ， ， 易知当四点共线时，取得最小值为， 所以的最小值是． 故答案为：；． 四、解答题：本题共5小题，共7分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤. 15. 在数列中，且满足（且）． （1）证明：数列为等比数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）（且）， （且）， ， 所以是首项为2，公比为2的等比数列． （2） 【解析】 【分析】（1）变形得到，得到结论； （2）在（1）的基础上得到，进而利用分组求和可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 是首项为2，公比为2的等比数列， ，故， . 16. 已知圆，直线. （1）求证：直线恒过定点； （2）直线被圆截得的弦长何时最短？并求截得的弦长最短时的值以及最短弦长. 【答案】（1） 直线，即， 联立，解得， 则不论取何值，直线必过定点； （2）直线时直线被圆截得的弦长最短，，最短弦长为. 【解析】 【分析】（1）将直线方程化为，再由求得定点； （2）根据已知有直线时，直线被圆截得的弦长最短，并确定圆心和半径，根据垂直关系求直线方程，应用点线距离公式、圆中弦长的几何求法求弦长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，知圆心，半径为5， 显然点在圆内，当直线时，直线被圆截得的弦长最短， 由，则直线的斜率为，解得， 此时直线的方程是， 圆心到直线的距离为， 所以最短弦长是. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 因为为棱的中点，为棱的中点，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 因为，所以， 因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，计算后即可证明； （2）根据线面角的向量求法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，， 设直线与平面所成的角为， 则. 18. 已知双曲线C：的虚轴长为4，直线为双曲线C的一条渐近线. （1）求双曲线C的标准方程； （2）记双曲线C的左顶点为A，过点的直线交双曲线C于点M，N（点M在第一象限）. ①当直线的斜率为1时，求； ②记直线斜率为，直线斜率为，求证：为定值. 【答案】（1） （2）①， ②证明：， 当直线垂直轴时，过点的直线的方程为， 将代入双曲线中得，解得 则， ，，， 当直线不垂直轴时，过点的直线的方程为， 联立直线和双曲线，即，消去， 得到关于的一元二次方程， 整理得到，设， ，， ，， . 综上可知，为定值. 【解析】 【分析】（1）由虚轴长求出的值，由直线为双曲线的一条渐近线得到，计算出的值，从而得到双曲线的标准方程； （2）①根据题意写出直线的方程，联立直线和双曲线，消去，得到关系的一元二次方程，设，根据根与系数的关系写出和，根据弦长公式求出的值；②写出的坐标，按照直线与轴是否垂直分情况讨论求解，当直线垂直轴时，写出直线的方程为，将代入双曲线中解得的值，得到的坐标，求出，，计算的值；当直线不垂直轴时，设出的方程，联立直线和双曲线，消去，得到关于的一元二次方程，设，根据根与系数的关系写出和，求出，，计算的值，从而得到为定值. 【小问1详解】 虚轴长为，，， 直线为双曲线的一条渐近线，， ，， 双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 ①过点的直线的斜率为，直线的方程为， 联立直线和双曲线，即，消去，得到， 整理得，设， 则有， 故； ②， 当直线垂直轴时，过点的直线的方程为， 将代入双曲线中得，解得 则， ，，， 当直线不垂直轴时，过点的直线的方程为， 联立直线和双曲线，即，消去， 得到关于的一元二次方程， 整理得到，设， ，， ，， . 综上可知，为定值. 19. 如图，在四面体中，点在平面内的射影恰在棱上，为的中点，，，和的面积均为1. （1）若，且与均为锐角 ①证明：平面； ②求二面角的大小； （2）若将A，B，H三点在空间中的位置固定，试分析D点的轨迹是什么曲线，说明理由，并求出该曲线的离心率. 【答案】（1）①证明： 因为点在平面内的射影恰在棱上，所以. 又因为，所以. 因为和的面积均为1，所以， 又与均为锐角，所以. 所以. 所以. 又，平面，所以平面. ② （2）因为的面积为1，，所以点到直线的距离为1. 因此点在以直线为轴，底面半径为1的圆柱的侧面上运动. 由题意知平面，，所以直线与平面所成的角为. 如图，平面与圆柱斜交，则平面与圆柱侧面的交线就是点的运动轨迹. 易知该交线为椭圆（直线与此椭圆的两个交点除外） 且椭圆的长轴长为，短轴长为2. 所以椭圆的焦距为. 所以椭圆的离心率为. 【解析】 【分析】（1）①根据几何知识得，利用三角形的面积公式得，进而利用三角形全等得到，则有，最后利用线面垂直的判定定理证明即可. ②建立空间直角坐标系 ，利用空间向量求二面角的大小. （2）根据的面积可得点到直线的距离为1，进而有点在以直线为轴，底面半径为1的圆柱的侧面上运动，结合线面角的概念可得点轨迹，并根据离心率的概念求离心率. 【小问1详解】 ①略； ②由①得，两两垂直，故可以为原点，所在的射线分别为轴建立如图空间直角坐标系. 因为，，所以，. 所以，，，设，则（）. 所以，. 所以点到直线的距离为：. 由的面积为1，所以. 所以，. 设平面的法向量为， 则，可取. 设平面的法向量为， 则，可取. 设二面角为，则. 所以二面角的大小为. 【小问2详解】 椭圆，理由略，离心率为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 咸阳彩虹中学2025-2026学年度第一学期12月考试 高二年级数学试题 命题：何军元、胡永鹏、蒋文丽 审题：何军元、胡永鹏、蒋文丽 本卷满分150分，考试时间120分钟 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，，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知直线与垂直，则实数（ ） A. 3 B. -3 C. 2 D. 1 3. 已知等差数列满足，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 4. 已知平行于轴的直线与双曲线：的两条渐近线分别交于、两点，为坐标原点，若为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 设、，若直线与圆相切，则点与圆的位置关系是（ ） A. 点在圆上 B. 点在圆外 C. 点在圆内 D. 不能确定 6. 如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. // B. C. //平面 D. 平面 7. 若已知椭圆，长轴在轴上，若焦距为4，则等于（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 8 8. 已知数列的前项和为，且，，数列满足，记的前项和为，若恒成立，则的最小值为（ ） A. 1 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，有选错的得0分.若只有2个正确选项.每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分. 9. 直线，圆，下列结论正确的是（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 圆与轴相切 C. 当时，直线与圆相切 D. 当时，直线与圆相交 10. 已知椭圆，、是的焦点，过且垂直于轴的直线截椭圆所得弦长为，是上一动点，是圆上一动点，则（ ） A. B. 椭圆离心率为 C. 圆与圆相切 D. 的最大值为4 11. 在棱长为2的正方体中，点是线段上的动点，点是线段的中点．则下列说法正确的是（ ） A. 若点是的中点，则过、、三点的正方体的截面的周长是 B. 三棱锥的体积是定值 C. 直线与平面所成的线面角的正弦值是 D. 异面直线与所成的角的最大值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分.共15分. 12. 若点到点的距离比它到定直线的距离小1，则点满足的方程为_____________ 13. 人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，设是平面内的任意一点，若平面经过点，且以为法向量，则由，可得，此即为平面的点法式方程．利用上面给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为______． 14. 阿波罗尼奥斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并称亚历山大时期数学三巨匠.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆.”人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点P是满足的阿氏圆上的任意一点，则该阿氏圆的方程为___________；若Q为抛物线上的动点，Q在y轴上的射影为M，则的最小值为___________. 四、解答题：本题共5小题，共7分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤. 15. 在数列中，且满足（且）． （1）证明：数列为等比数列； （2）求数列的前项和． 16. 已知圆，直线. （1）求证：直线恒过定点； （2）直线被圆截得的弦长何时最短？并求截得的弦长最短时的值以及最短弦长. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知双曲线C：的虚轴长为4，直线为双曲线C的一条渐近线. （1）求双曲线C的标准方程； （2）记双曲线C的左顶点为A，过点的直线交双曲线C于点M，N（点M在第一象限）. ①当直线的斜率为1时，求； ②记直线斜率为，直线斜率为，求证：为定值. 19. 如图，在四面体中，点在平面内的射影恰在棱上，为的中点，，，和的面积均为1. （1）若，且与均为锐角 ①证明：平面； ②求二面角的大小； （2）若将A，B，H三点在空间中的位置固定，试分析D点的轨迹是什么曲线，说明理由，并求出该曲线的离心率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $