精品解析：福建省宁德市屏南县第一中学2025-2026学年高二上学期第二次月考（12月）数学试题

2025-2026学年第二学期屏南一中高二第二次月考试卷 一､单项选择题：本大题共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. 已知直线经过两点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知为等差数列，若，则（ ） A. 4 B. C. D. 3. 直线与椭圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不确定，与的取值有关 4. 已知双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，则的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 等比数列的前5项的和，前10项的和，则它的前15项的和=（   ） A. 160 B. 210 C. 640 D. 850 6. 设是圆上任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知F是椭圆的左焦点，P为椭圆C上任意一点，点，则的最大值为　　 A. B. C. D. 8. 已知点为双曲线右支上一点，分别为双曲线的左右焦点，且，为的内心，若， 则的值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 等差数列的前项和为.若，，则（ ） A. B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，已知点是一个动点，则（ ） A. 若，则点的轨迹为椭圆. B. 若，则点的轨迹为双曲线. C. 若，则点的轨迹为圆. D. 若，则点的轨迹为两条射线. 11. 平面内到两个定点的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ） A. 点的轨迹的方程是 B. 过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是 C. 直线与点的轨迹相离 D. 已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点为圆上的动点，直线，则点到直线的距离的最大值为__________. 13. 若椭圆与直线交于两点，过原点与线段中点的连线的斜率为，则椭圆的离心率为__________. 14. 已知圆，圆，，分别是圆，上的动点，为直线上的动点，则的最小值为_________． 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. 已知直线：与垂直，且经过点. （1）求的一般式方程； （2）若与圆：相交于两点，求. 16. 已知圆经过点且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）直线过点且与圆相切，求直线的方程. 17. 已知椭圆：的上顶点与椭圆的左右顶点连线的斜率之积为. （1）求椭圆的离心率； （2）若直线与椭圆相交于，两点，若的面积为(为坐标原点)，求椭圆的标准方程. 18. 已知数列，若为等比数列，则称具有性质． （1）若数列具有性质，求； （2）若，求证：数列具有性质； （3）数列具有性质，求． 19. 已知椭圆的右焦点坐标为，两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形. （1）求椭圆的方程； （2）过作点直线与椭圆相交与两点， （i）在轴上存在一点，使得两条直线恰好关于轴对称，求点的坐标； （ii）再过该点作轴的垂线与交于点，过作直线与平行，交轴于点，交直线于点，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期屏南一中高二第二次月考试卷 一､单项选择题：本大题共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. 已知直线经过两点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直线的斜率，进而求出其倾斜角. 【详解】经过两点，则其斜率， 设倾斜角为，则. 故选：C 2. 已知为等差数列，若，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列性质计算即得. 【详解】在等差数列中，，解得， 所以. 故选：C 3. 直线与椭圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不确定，与的取值有关 【答案】A 【解析】 【分析】分析直线的特点，联立直线与椭圆的方程，根据判别式确定位置关系 【详解】直线，化简可得：，则直线过定点， 将定点代入椭圆方程，则得到：， 因为，所以定点在椭圆的内部， 所以过定点的直线与椭圆相交. 故选：A. 4. 已知双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设共渐近线方程，代入点坐标求参数整理方程即可． 【详解】因为双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线， 所以设双曲线方程为，将代入，可得，则， 所求双曲线的标准方程是． 5. 等比数列的前5项的和，前10项的和，则它的前15项的和=（   ） A. 160 B. 210 C. 640 D. 850 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列前项和公式求得正确答案. 【详解】设等比数列的公比为， 当时，，无解，所以， 所以， 两式相除得， 则， 所以. 故选：B 6. 设是圆上任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，即，与圆的方程联立，利用判别式求解即可. 【详解】令，则，代入， 可得， ∴，即， 解得，即的取值范围为. 故选：C 7. 已知F是椭圆的左焦点，P为椭圆C上任意一点，点，则的最大值为　　 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，设椭圆C的右焦点为，由已知条件推导出，利用Q，，P共线，可得取最大值． 【详解】由题意，点F为椭圆的左焦点，， 点P为椭圆C上任意一点，点Q的坐标为， 设椭圆C的右焦点为，  ， ， ，即最大值为5，此时Q，，P共线，故选A． 【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程、定义及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记椭圆的标准方程、定义和简单的几何性质，合理应用是解答的关键，着重考查了转化思想以及推理与运算能力． 8. 已知点为双曲线右支上一点，分别为双曲线的左右焦点，且，为的内心，若， 则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的内切圆半径为，由，得到，结合双曲线的定义，求得，再由，得到，即可求解. 【详解】设的内切圆半径为，因为， 所以，可得， 因为点为双曲线右支上一点， 所以，可得，解得， 又因为，可得，整理得， 即，解得或（舍去）. 故选：D. 二､多选题：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. 等差数列的前项和为.若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据等差数列基本量的计算可得首项和公差，进而根据通项以及求和公式求解.A 【详解】解：设首项为，公差为，由，可得，，解得， 所以，， 故选：AC. 10. 在平面直角坐标系中，已知点是一个动点，则（ ） A. 若，则点的轨迹为椭圆. B. 若，则点的轨迹为双曲线. C. 若，则点的轨迹为圆. D. 若，则点的轨迹为两条射线. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用椭圆、双曲线、圆的定义，逐项判断即可． 【详解】对于A，，则点的轨迹为以为焦点的椭圆，A正确； 对于B，，则点的轨迹是以为焦点双曲线的右支，B错误； 对于C，由，得，则点的轨迹是以为直径的圆，C正确； 对于D，，则点的轨迹是以为端点，且不过的两条射线，D正确． 故选：ACD 11. 平面内到两个定点的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ） A. 点的轨迹的方程是 B. 过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是 C. 直线与点的轨迹相离 D. 已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：设点，结合题意分析求解即可；对于B：分析可知点在圆内，结合圆的性质分析求解；对于C：求圆心到直线的距离，即可判断；对于D：分析可知当时，取到最小值，四边形面积取最小值，运算求解即可. 【详解】对于选项A：设点， 因为，整理可得，故A正确； 对于选项B：因点的轨迹方程是，圆心是，半径是， 且，可知点在圆内， 过点的直线被圆所截得的弦最短时，点是弦的中点， 根据垂径定理得弦的最小值是，故B错误； 对于选项C：圆心到直线的距离， 所以直线与圆相离，故C正确； 对于选项D：因为四边形面积， 由数形分析可知：当时，取到最小值， 所以四边形面积取最小值，故D正确； 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：对于BD：先判断点、线与圆的位置关系，进而结合圆的性质分析最值. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点为圆上的动点，直线，则点到直线的距离的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离，再加上半径即是点到直线的最大值. 【详解】由题可得：圆心，半径， 圆心到直线的距离， 故点到直线的距离的最大值为. 故答案为： 13. 若椭圆与直线交于两点，过原点与线段中点的连线的斜率为，则椭圆的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，直线方程与椭圆方程联立，韦达定理求出，再由直线方程求出，进而得到过原点与线段中点的连线的斜率的表达式，求出的关系，由离心率公式即可求解. 【详解】由得化简整理得 设，则，， 线段的中点， 过原点与线段中点的连线的斜率为，所以. 椭圆方程可化为， 所以，，. 故椭圆的离心率为 故答案为： 14. 已知圆，圆，，分别是圆，上的动点，为直线上的动点，则的最小值为_________． 【答案】10 【解析】 【分析】先求出圆心关于直线的对称点坐标，再结合圆的几何性质求解即可． 【详解】圆，圆心，半径为1， 圆，圆心，半径为2， 设关于直线的对称点为，设， 则，解得， ， ， 则的最小值为10． 故答案为：10． 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：与垂直，且经过点. （1）求的一般式方程； （2）若与圆：相交于两点，求. 【答案】（1） （2）8 【解析】 【分析】（1）由直线的方程和垂直关系可得的斜率为，由点斜式方程整理可得结果； （2）求出圆心C到直线的距离为，再由圆的弦长公式即可求得. 【小问1详解】 由直线：，可得斜率， 因为，所以直线的斜率为， 又因为直线过点，所以直线的方程为， 即. 【小问2详解】 由圆C：，可得圆心，半径， 则圆心C到直线：的距离为， 又由圆的弦长公式可得弦长 16. 已知圆经过点且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）直线过点且与圆相切，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）设圆心，利用圆心在直线上得出，利用圆心到已知两点的距离为半径得出，联立求出圆心坐标及半径，进而求出圆的方程. （2）分斜率存在和不存在两种情况讨论，利用直线与圆相切的性质，结合点到直线的距离公式求解. 【小问1详解】 设圆心，且圆心在直线上，， ∵圆经过点， ，即，化简得， 圆心，半径， ∴圆的标准方程为. 【小问2详解】 因为直线过点且与圆相切， 所以，当斜率不存在时，直线方程为， 圆心到直线的距离，与圆相切，符合条件， 当斜率存在时，设斜率为，则直线方程为，即， 直线与圆相切， ∴圆心到直线的距离， 即，解得， ∴直线方程为，即， 综上，直线的方程为或. 17. 已知椭圆：的上顶点与椭圆的左右顶点连线的斜率之积为. （1）求椭圆的离心率； （2）若直线与椭圆相交于，两点，若的面积为(为坐标原点)，求椭圆的标准方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)由条件可得，再根据, 求出，可得答案； (2)联立直线与椭圆方程可得，，，可得AB弦长，求出原点到直线的距离，代入面积公式即可求解. 【小问1详解】 椭圆上顶点的坐标为，左右顶点的坐标分别为，， 所以，即.则，又，， ； 【小问2详解】 设，， 由得：， ，，， ， 又原点到直线的距离，， 即，解得，满足，， 故椭圆的方程为. 18. 已知数列，若为等比数列，则称具有性质． （1）若数列具有性质，求； （2）若，求证：数列具有性质； （3）数列具有性质，求． 【答案】（1） （2）； ， 数列是以6为首项，以2为公比的等比数列，故数列具有性质． （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，成等比数列，列式运算得解； （2）根据数列的新定义运算证明； （3）根据题意可得，即，得数列是等比数列，运算得解. 【小问1详解】 由题意可知成等比数列． 则 即， ，解得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由数列具有性质，则为等比数列， 因为 所以， 故数列为以2为首项以2为公比的等比数列． 则， 于是， 即，由． 则数列是以为首项，以为公比的等比数列， 故， 得． 【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是利用数列性质求出数列的通项，构造证明数列是等比数列，得解. 19. 已知椭圆的右焦点坐标为，两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形. （1）求椭圆的方程； （2）过作点直线与椭圆相交与两点， （i）在轴上存在一点，使得两条直线恰好关于轴对称，求点的坐标； （ii）再过该点作轴的垂线与交于点，过作直线与平行，交轴于点，交直线于点，求的值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由题可知，再由条件两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形可知，结合求解，进而得到椭圆方程； （2）（i）设直线的方程，联立直线和椭圆，由韦达定理得到两根的关系，设，由，可求解点的坐标； （ii）根据平行得到斜率相等，可以写出直线的方程，进而得到的坐标，联立直线得到点的坐标，发现纵坐标之间的关系即可. 【小问1详解】 依题意得，解得， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 （i）设直线的方程为：， 联立，整理得， 其中， 则， 设，因为恰好关于轴对称，所以， 即， 即，即， 整理可得， 则， 即得，即，所求点的坐标为； （ii）对于直线的方程，令，得，所以点的坐标为， 由于直线的斜率为，直线直线，所以， 从而直线的方程为，① 令，得，于是点的坐标为， 所以直线的方程为，② 联立方程①②得，即， 即， 其中， 所以， 于是有，从而得， ，③ 方法一：由得， 代入③式得， 即，所以． 方法二：③式中令，得， 整理得， 由，得，代入得. 即，所以． 【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x（或y）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 $