湖北省江夏一中、汉阳一中、洪山高中2025-2026学年高二上学期12月检测数学试卷含解析

高二数学

一､选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有项是

符合题目要求的.

1.已知直线的方程为，则的倾斜角为（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】将直线方程化为斜截式，由直线斜率求倾斜角.

【详解】将直线的方程化为斜截式：，所以直线的斜率，

设直线的倾斜角为，则，又，

所以.

故选：B.

2.若实数满足，则的最大值是（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用数形结合的思想，将问题转化为求直线在轴上的截距的最值问题，计算即可.

【详解】易知表示圆心为坐标原点，半径为2的圆，

设，即，为该直线在纵轴上的截距，

当直线与圆相切时，截距可取到最值，

此时原点到直线的距离为，

所以的最大值为.

故选：B

第1页/共22页

3.数列满足，（），则等于（）

A.B.C.2D.

【答案】C

【解析】

【分析】由递推公式推得数列的周期，利用周期性求值.

【详解】由递推公式，，，

所以数列的周期为，所以，

故选：C.

4.已知为圆上任意一点，，若点满足，则点的轨迹方

程为（）

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用向量关系找到相关点的坐标关系，再代入相关点坐标即可得动点轨迹方程.

【详解】设，，由，得：

，则有，

因为为圆上任意一点，

所以，代入可得：

第2页/共22页

，整理得：，

即方程就是动点的轨迹方程.

故选：A

5.已知等差数列的前项和为，，，则（）

A.0B.4C.8D.12

【答案】B

【解析】

【分析】利用等差数列的性质可求得，利用前项和公式可求得，进而求得公差，利用等差

数列的通项公式可求得.

【详解】设等差数列的公差为，由，可得，解得，

由，得，所以，

所以，解得，所以，

所以.

故选：B.

6.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：

上任意一点，则的最小值为（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先根据椭圆的定义将的最小值转化为，再根据

（当且仅当M、N、E共线时取等号），结合，求得的最小值．

【详解】如图，

第3页/共22页

由M为椭圆C上任意一点，则，

又N为圆E：上任意一点，且,

则（当且仅当M、N、E共线且N在M、E之间时取等号），

又因

，

当且仅当M、N、E、共线且M、N在E、之间时等号成立．

因,，则，

故的最小值，

故选：B

7.已知双曲线的左、右焦点分别是、，过点的直线与双曲线的右

支交于、两点，若，则双曲线离心率的取值范围是（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用双曲线的定义可得，又，可得

，又当轴时最小，可得，即，可得

，结合即可求得双曲线的离心率的取值范围.

【详解】由已知，设，则，，

第4页/共22页

两式相加得，

又，所以，

又，所以，

当轴时最小，此时，所以，

又，则，整理得，

又，两边除以得，解得，

又双曲线的离心率，所以双曲线的离心率取值范围是.

故选：B.

8.已知为坐标原点，过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若

，则的最小值为（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，设出直线方程并与抛物线方程联立求出，再利用抛物线定义，结合基本不等式

求出最小值.

【详解】抛物线的焦点，

设直线的方程为，，

第5页/共22页

由，消去得，

，

则，，

由，得，解得，

抛物线的准线方程为，

，，

于是，

则，

因此

，当且仅当，即时取等号，

所以当时，取得最小值.

故选：C

二､多选题：本题共3个小题，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.已知直线，圆，则下列说法正确的是（）

A.过定点

B.圆与轴相交于两个不同点

C.若与圆相交，则

第6页/共22页

D.若圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，则

【答案】AC

【解析】

【分析】令，得，分析可判断A正误；求出圆的圆心和半径，分析可判断B的正误；由

题意，圆心到直线的距离，代入点到直线距离公式，即可判断C的正误；分析可得圆心在直线上，

代入计算，可判断D的正误.

【详解】选项A：令，得，易知直线过定点，故A正确；

选项B：整理圆的方程，得，则圆心到轴的距离为4，又，所以圆与

轴相切，故B错误；

选项C：设圆心到直线的距离为，可得，解得，故C正确；

选项D：因为圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，所以圆心在直线上，则，解

出，故D错误.

故选：AC.

10.已知，动点满足直线与的斜率乘积恒为，设

点的运动轨迹为曲线，过点的直线与曲线的另一个交点为，则（）

A.面积的最大值为

B.不存在点，使得

C.点的轨迹方程为

D.若过原点，则的最小值为1

【答案】AD

【解析】

【分析】由题意求出轨迹方程，判断C；对于A，当动点运动到上下顶点时，面积的最大，

易得面积的最大值为，故A正确；对于B，由余弦定理求出，再结合基本不等式求出

第7页/共22页

的范围即可得解；对于D，因点与点关于原点对称，则四边形为平行四边形，则

，利用基本不等式及椭圆的定义即可求得.

【详解】对于C，因为与的斜率乘积恒为，

所以，即，故C错误；

对于A，已知，

即为椭圆的左右焦点，

的面积，

所以当点为与轴的交点时的面积最大，

此时，即面积的最大值为，故A正确；

对于B，由余弦定理得

，

因为，

则，当且仅当时等号成立，

所以，

因为在上单调递减，且，

所以，则存在点，使得，故B错误；

对于D，若过原点，则与点关于原点对称，

则四边形为平行四边形，则，

第8页/共22页

因，

则

，

当且仅当时等号成立，故D正确.

故选：AD．

11.已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是

（）

A.当时，最大B.使得成立的最小自然数

C.D.中最小项为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题意作差可计算得，，所以数列是递减的等差数列，可判断A；利用等

差数列前项和公式计算可判断B；根据等差数列的性质计算可判断C；根据已知条件结合不等式的性质计

算可判断D.

【详解】对于A，因为，所以，

由，所以，所以，且，

所以数列是递减的等差数列，且，

则当时，最大，故A正确；

对于B，由上述分析可知，当时，单调递减，

且，，

第9页/共22页

所以使得成立的最小自然数，故B正确；

对于C，由，且，

所以，即，故C错误；

对于D，因为当时，，，所以；

当时，，，所以；

当时，，，所以；

且，，

则有，，

所以，即，

所以中最小项为，故D正确．

故选：ABD．

三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，满分15分.

12.已知直线与曲线有两个交点，则k的取值范围为__________.

【答案】

【解析】

【分析】作出图象，求出直线和半圆相切时的斜率，结合交点个数可求答案.

【详解】整理可得，直线恒过点，

如图，

设直线是过且与半圆相切的直线，则，解得或（舍），

第10页/共22页

因为直线与曲线有两个交点，所以k的取值范围为.

故答案为：

13.十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，

13，…，即从第三项开始，每一项都等于它前两项的和.后人为了纪念他，就把这列数称为“斐波那契”数列.

已知数列为“斐波那契”数列，数列的前项和为，若，则______（用含的

式子表示）.

【答案】

【解析】

【分析】根据数列每一项都等于它前两项的和规律，写出前2024项，各式左、右两边分别相加，即可

得到之间的关系，即可得出.

【详解】由已知得，，…，，

以上各式左、右两边分别相加，化简得，

即，

又，，

所以.

故答案为：m+1

14.若点在椭圆上，则称点为点一个“椭点”.已

知直线与椭圆相交于两点，且两点的“椭点”分别为，以线

段为直径的圆经过坐标原点，则的值为_____．

【答案】

【解析】

【分析】根据圆的性质可确定，将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，

第11页/共22页

代入等式即可构造方程求得结果.

【详解】设，，则，，

以线段为直径的圆经过坐标原点，，

由得：，

，即，

，，

，

，解得：（满足），

的值为.

故答案为：.

四､解答题：共5个小题，满分77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

15.记为等差数列的前项和，已知，．

（1）求的通项公式；

（2）在数列中依次取出下标能被4除余1的项组成数列，记的前项和为，求.

【答案】（1）

（2）

【解析】

分析】（1）根据条件列出方程求公差即可得解；

（2）由题意可证明数列为等差数列，利用求和公式求解即可.

【小问1详解】

第12页/共22页

因为，

所以，所以，

所以.

【小问2详解】

由题意，，

所以，

故，

所以数列是以为首项，为公差的等差数列，

，

所以.

16.已知圆，直线

（1）求证：直线恒过定点；

（2）当圆心到直线的距离取得最大值时，求的值；

（3）当时，为上一动点，过作圆的两条切线，切点分别为．求四边形面积的最

小值．

【答案】（1）证明见解析

（2）

（3）

【解析】

【分析】（1）将方程变换为，即可求解直线的定点；

（2）当时，此时圆心到直线的距离最大，利用斜率公式，即可求解；

（3）由几何关系，将面积的最小值转化为求点到直线距离的最小值.

【小问1详解】

证明：由得

第13页/共22页

由

得

所以直线恒过定点；

【小问2详解】

由（1）知，当时，圆心到直线的距离取得最大值

易知圆心为

因为

所以即

解得

【小问3详解】

当时，直线的方程为，故可设

圆的半径

圆心到直线的距离

所以

所以

第14页/共22页

即四边形面积的最小值为

17.已知以为焦点的抛物线的顶点为原点，点是抛物线的准线上任意一点，过点作抛物线

的两条切线、，其中、为切点，设直线、的斜率分别是和．

（1）求抛物线的标准方程及其准线方程．

（2）求证：为定值．

（3）求证：直线过定点，并求出该定点．

【答案】（1）标准方程为，准线方程为；

（2）证明见解析；（3）证明见解析，.

【解析】

【分析】（1）根据焦点坐标求解即可；

（2）设切线的方程为，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理求解即可；

（3）直线的方程为，将其与抛物线方程联立，利用得到且，代入计

算即可得证．

【小问1详解】

由题意知抛物线的标准方程为（）且，

∴，抛物线的标准方程为，准线方程为；

【小问2详解】

设点P的坐标为，，

由题意，过点与抛物线相切的直线的斜率存在且不为0，

设切线的斜率为，则切线的方程为，

第15页/共22页

联立方程组，消去，得，

∴得（*），

又、为方程（*）的两根，由韦达定理得为定值；

【小问3详解】

由题知，直线的斜率不为，

设直线的方程为，，，

联立，整理得，，

∴，，

∵，

∴，

整理得，

代入有，

∴，

∴且，

∴，故直线过定点．

18.如图，平行六面体的所有棱长均为1，，，平面

平面，点，满足，.

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成的角的正弦值；

第16页/共22页

（3）是否存在点在线段上，使得点到平面距离为？若存在，求出的值；若不

存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析

（2）

（3）存在，

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接交于，证得，结合线面平行的判定定理即可得

证；

（2）以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解

即可.

（3）设，表示出，利用空间向量法得到方程，解得的值，即可得解.

【小问1详解】

如图，取的中点，连接交于，连接，，

因为，，所以，所以，

即，又，所以，

由于，，所以，又，

所以四边形为平行四边形，所以，

所以，

又平面，平面，所以平面；

【小问2详解】

连接，因为平面平面，且，平面平面，

平面，

所以平面，由于，

第17页/共22页

所以，，，

由余弦定理得，

所以，所以，则，

如图以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，

由得，

从而

设平面的一个法向量为，

则，可取，

所以，

所以直线与平面所成的角的正弦值为.

【小问3详解】

设，因为，，

所以，

第18页/共22页

所以，

则点到平面的距离，

解得或（舍去），

所以时使得点到平面的距离为.

19.已知A，B分别为椭圆：的左顶点和下顶点，T为直线上的动点.

（1）求的最小值；

（2）设直线TA与椭圆的另一交点为D，直线TB与椭圆的另一交点为C.当四边形ABCD为梯形时，

求点T的坐标；

（3）已知直线l：（）与圆F：交于M，N两点，与椭圆交于P

，Q两点，其中M，P在第一象限，d为原点O到直线l的距离，是否存在实数k，使得