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

高二数学一､选择题：本题共8个小题，每小题5分，共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.【设详解】易知，即表示圆心为坐标原点，半径为2的圆，，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，（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.D.C.【【【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，因为所以为圆上任意一点，，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：A5.已知等差数列的前项和为，，，则D.12（）A.0B.4C.8【【答案】B解析】分析】利用等差数列的性质可求得【项和公式可求得数列的通项公式可求得.【由详解】设等差数列的公差为，由，可得，所以，，解得，，得，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B.的最小值为（）A.C.D.【【答案】B解析】【的最小值转化为（【当且仅当M、N、E，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：B7.已知双曲线、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，可得，又当轴时最小，可得，即，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，又又，所以，，所以，当轴时最小，此时，所以，又又，则，整理得，，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】抛物线设直线的方程为【的焦点，，，第5页/共22页由则，消去得，，，，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A.过定点B.圆，圆，则下列说法正确的是（）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轴的距离为4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，故D错误.故选：AC.0.已知，解出1满足直线与的斜率乘积恒为）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（面积的最大值为A.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，则四边形利用基本不等式及椭圆的定义即可求得.为平行四边形，则，【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，所以当点此时为与轴的交点时，即的面积最大，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，所以因为所以在上单调递减，且，，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．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BC算可判断D.【由详解】对于A，因为，所以，所以，，所以，且，所以数列是递减的等差数列，且时，最大，故A正确；，则当对于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，由所以，且，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，，所以所以，即，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：113.十三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：1，1，2，3，5，8，3，，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】【每一项都等于它前两项的和规律，写出前2024得到详解】由已知得以上各式左、右两边分别相加，化简得之间的关系，即可得出.【，，，，，即，又，，所以.故答案为：m+114.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的“椭点”分别为段【【【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，已知的通项公式；中依次取出下标能被4除余1的项组成数列，．（（【1）求2）在数列答案】（1），记的前项和为，求.（【2）解析】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时，为作圆的两条切线，切点分别为；面积的最小值．【（答案】（1）证明见解析2）（3）【【解析】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，当易知圆心为因为时，圆心到直线的距离取得最大值所以即解得【当小问3详解】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是抛物线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．过定点，并求出该定点．，准线方程为（3）证明见解析，3）求证：直线答案】（1）标准方程为；（2）证明见解析；.【【解析】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小问2详解】，准线方程为；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，（*为定值；又【、为方程（*）的两根，由韦达定理得小问3详解】由题知，直线的斜率不为，整理得，设直线联立的方程为，，，，，∴∵，，，∴，整理得代入有，，∴∴∴，且，，故直线，点过定点．18.如图，平行六面体的所有棱长均为1，，，平面平面，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在线段到平面距离为存在，请说明理由.【（答案】（1）证明见解析2）（3）存在，【【解析】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）设小问1详解】，表示出，利用空间向量法得到方程，解得的值，即可得解.如图，取因为的中点，，连接交，所以，所以于，连接，，，所以，即，又，，由于，所以为平行四边形，所以，又，所以四边形所以，，又【平面，平面，所以平面；小问2详解】连接平面所以平面平面，，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，解得所以或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；（，3l：（F：交于MN交于PQMP在第一象限，d为原点O到直线lk取得最大值？若存在，求出k；若不存在，说明理由.【（答案】（1）2）（3）【【（解析】1）利用数量积的坐标表示，转化为二次函数求最值；2的坐标表示直线和和点用平行线的性质，转化为坐标关系式，即可求解；（3）一个在椭圆外，一个在椭圆内，一个在内，一个在外，第19页/共22页利用直线与椭圆相交得交点坐标关系，结合点到直线距离公式得关于的关系式，利用基