四川省成都市石室天府中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题（含答案）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页成都石室天府中学梧桐学院2025-2026学年度高二12月月考数学一、单选题（共40分）1．若椭圆的两个焦点分别为0,−2和0,2，且椭圆过点−32,A．x24+y28=1B．2．m∈−12,1A．充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．若直线x+y−m=0被圆C：x−12+y+12A．±2 B．±2 C．2 D．4．已知直线3x+4y+4=0与圆M:x2+y2−2ax=0a>0A．外离 B．外切 C．相交 D．内切5．设Γ为任意四棱柱，在Γ的12条棱中随机选取两条不同的棱L1,L2，将事件“L1所在直线与L2所在直线平行”发生的概率记为P(A.533 B.733 C.3116．已知A−1,0，B0,2，直线l:2x−2ay+3+a=0上存在点P，满足A．−∞,−1 C．1,+∞7．已知圆O：x2+y2=16，点A−3，0，点B3，0，C0,4A．8 B．445 C．2458．如图，已知平面α∩β=l，A,B∈l，P∈α，C,D∈β，AD=2，AB=6，BC=4，且DA⊥AP，CB⊥BP，AD//BC．若∠APD=∠BPC，则四棱锥P−ABCD体积的最大值是（

A．123 B．8 C．24 D．二、多选题（共18分）9．已知实数x,y满足方程x2+yA．点x,y到点2,0的距离为定值 B．y的最大值为2C．x2+y−12的最大值为5+10．如图，月牙形是由两段圆弧围成的一个封闭图形，若两段圆弧所在圆的半径相同，两圆的圆心分别为坐标原点O和C，A−1,−2,B2,1，直线l:y=x+b与月牙形只有两个交点，则（）（参考数据：A．线段OC与线段AB互相垂直平分B．圆C的方程为xC．b的取值范围为10D．月牙形的面积约为3711．已知正四面体ABCD的棱长为4以及空间动点P，下列说法正确的有（）A.该四面体的体积为166B.若P在边CD上（不包括端点），则P到AB的距离的取值范围为2C.若P在以BC为直径的球面上，且直线CD平面MAB，则点M的轨迹长为2D.若PA+PB三、填空题（共15分）12．函数f(x)=(1+x+1−x+3)(1−x213．在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，则在该正三棱柱内可放入的最大球的体积14．“曼哈顿距离”是由赫尔曼闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语，例如在平面直角坐标系中，点P(x1，y1)、Q(x2，y2)的曼哈顿距离为：LPQ=x1−四、解答题（共77分）15．（本题13分）已知直线l:26x+5y−106(1)求椭圆C的方程；(2)若点P在椭圆C上，F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点，且16．（本题15分）已知直线l经过点P3,2(1)若直线l在x轴上的截距是y轴上的截距3倍，求直线l的方程；(2)若直线l与x轴、y轴的正半轴分别相交于A、B两点，求当△AOB的面积取得最小值时直线l的方程.17．（本题15分）已知线段MN的端点M3,1，端点N在圆(x+1)2+(y−1)2(1)求轨迹方程E；(2)过点A−1,0的直线l与曲线E交于P,Q两点，若OP⋅OQ=1，其中

18．（本题17分）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D

(1)证明：CD⊥平面ACC(2)设点E为A1D1的中点，点M（i）判断三棱锥M−ABA（ii）当△ADM的面积最小时，求平面ADM与平面ABCD夹角的余弦值.19．（本题17分）已知平面上两定点A4,0和B1,0，动点M满足|MA||MB|=2，记点(1)求曲线C的方程；(2)设点D在曲线C上运动，记点M为过D、B两点的弦的中点，若直线DB与直线l:x=32交于点N，证明：(3)若点P、Q在曲线C上，点S2,2满足直线PS、QS的斜率之积为−2，试问直线PQ是否过定点，若直线PQ答案第=page11页，共=sectionpages22页石室天府中学高二12月月考数学参考答案题号12345678910答案BDACDDBCACDACD题号11答案BCD12．3−13．114．515．(1)x(2)x216．(1)2x−3y=0或x+3y−9=0.(2)2x+3y−12=017．(1)(x−1)(2)2（2）设Px由直线l过点A−1,0且与圆E有两个交点，所以直线l设直线l的方程为：x=my−1，联立直线l与圆E的方程x=my−1x−12+∴Δ=(4m+2)2−4×4由OP⋅OQ=1得x化简得m2将韦达定理代入可得m2+1⋅此时直线l的方程为：x−2y+1=0，由圆E的方程知，圆E的圆心坐标为1,1，半径为r=1，又在直线l的方程中，当x=1时，y=1，即直线l过圆心，所以PQ=2r=218．(1)证明见解析；(2)（i）是定值，为36，理由见解析；（ii）3【分析】（1）利用勾股定理证明AC⊥CD，再结合AA（2）（i）连接A1B，证明CE//平面ABB（ii）取AD中点F，连接CF,EF，证明AF⊥MF，AF⊥CF得∠MFC是平面ADM与平面ABCD夹角所成的二面角的平面角，且S△ADM=MF，最后在△CEF中MF⊥CE时【详解】（1）证明：因为底面四边形ABCD中，AB⊥AD,AD∥BC，AB=BC=1,AD=2，所以四边形ABCD为直角梯形，且AC=CD=2所以AC2+C因为侧棱AA1⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD又AC∩AA1=A，AA1⊂平面所以CD⊥平面ACC（2）（i）三棱锥M−ABA1的体积为定值

连接A1B，因为侧棱AA所以AA1又AA1∩AB=A，AA1⊂平面所以BC⊥平面ABB在四棱柱ABCD−A1B因为AD∥BC，BC=1,AD=2，点E为A1所以BC//A1E,BC=所以A1因为A1B⊂平面ABB1A所以CE//平面ABB所以V所以，三棱锥M−ABA1的体积为定值（ii）取AD中点F，连接CF,EF，

因为AC=CD=2，F为AD所以AF⊥CF，在四棱柱ABCD−A1B1C所以四边形AFEA因为侧棱AA1⊥所以EF⊥底面ABCD，又AF⊂底面ABCD，CF⊂底面ABCD，所以EF⊥AF，EF⊥CF，又CF∩EF=F，CF⊂平面CEF，EF⊂平面CEF，所以AF⊥底面CEF，又MF⊂底面CEF，所以AF⊥MF所以，∠MFC是平面ADM与平面ABCD夹角所成的二面角的平面角，因为S△ADM所以△ADM的面积最小时，MF最小，在△CEF中，MF最小，则MF⊥CE，如下图，

由于CF=1,EF=3,EF⊥CF，故MF=3所以，在△MFC中，cos∠MFC=所以，当△ADM的面积最小时，求平面ADM与平面ABCD夹角的余弦值为3219．(1)x2(2)证明见解析；(3)23【分析】（1）根据两点间的距离公式可得曲线C的方程；（2）设直线联立得出韦达定理结合弦长公式计算证明；（3）设直线PQ为x=ty+n及y=y0，结合斜率之积计算得出【详解】（1）设Mx,y,因为A4,0B1,0，MA所以x−42+y所以曲线C的方程为x2（2）若直线DB的斜率为0，则|BM|·|BN|=1×若直线DB的斜率不为0，设直线DB为x=my+1，直线DB与曲线C交点为x1联立x=my+1所以m2+1yD、B两点的弦的中点M的纵坐标为−mm联立l:x=32与x=my+1，所以N的纵坐标为|BM|·|BN|=所以|BM|·|BN|恒为定值1（3）设直线PQ为x=ty+n，Px