广东省清远市博爱学校高中部2025-2026学年高二上学期12月教学质量数学检测试卷 附答案

/广东省清远市博爱学校高中部2025−2026学年高二上学期12月教学质量检测数学试卷一、单选题1．已知等差数列的公差为1，，则（

）A．2021 B．2022 C．2023 D．20242．抛物线的焦点坐标为（

）A． B． C． D．3．在空间直角坐标系中，已知，，则点B的坐标是A． B．C． D．4．三棱锥中，点面，且，则实数（

）A． B． C．1 D．5．已知数列满足，，则（

）A． B．2 C．3 D．6．直线（其中）被圆所截得的最短弦长等于（

）A． B． C． D．7．直线l：（参数，）的倾斜角的取值范围是（

）A． B．C． D．8．已知为坐标原点，双曲线的左焦点为，右顶点为；过点向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，且，直线与双曲线的左支交于点，则的大小为（

）A． B． C． D．二、多选题9．若三条直线l1：，l2：，l3：有2个公共点，则实数a的值可以为（

）A． B． C．1 D．210．已知曲线C：，则下列结论正确的是（

）A．若，则C是椭圆，其焦点在y轴上B．若，则C是圆，其半径C．若，则C是双曲线，其渐近线方程为D．若，则C是两条直线11．如图，在棱长为3的正四面体中，O为的中心，D为的中点，，则（

）A． B．C． D．三、填空题12．过点作直线与交于A，B两点，若，则直线的倾斜角为.13．若方程表示双曲线，则实数m的取值范围是.14．如图①是直角梯形，，，是边长为1的菱形，且，以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，是线段上的动点，则到距离最小值为．四、解答题15．棱长为2的正四面体中，设，，．M，N分别是棱的中点．（1）用向量，，表示；（2）求．16．已知抛物线的焦点为，位于第一象限的点在抛物线上，且.（1）求焦点的坐标；（2）若过点的直线与只有一个交点，求的方程.17．如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且D为棱AB的中点．（1）证明：平面．（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．18．已知椭圆：（）．（1）若椭圆的焦距为6，求的值；（2）设，若椭圆上两点M，N满足，求点N横坐标取最大值时的值．19．已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”.（1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；（2）若为的“伴随数列”，证明：；（3）已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值.

参考答案1．【答案】B【详解】由题意得.故选B.2．【答案】C【详解】先将抛物线方程化为标准形式，再求焦点坐标.【详解】由得，所以抛物线为开口向上的抛物线，且，所以焦点坐标为，故选C3．【答案】C【详解】根据空间向量的坐标运算即可求解.【详解】设，，则，而，所以，解得，所以，故选C.4．【答案】D【详解】由题意三棱锥中，点面，且，所以，解得.故选D.5．【答案】A【详解】因为，，所以，，，，……，所以数列的周期为，所以.故选A.6．【答案】B【详解】因为可化为，所以直线恒过定点，由圆知圆心，半径，由圆的几何性质知，当与直线垂直时，直线被圆所截得弦最短，此时弦长为,故选B7．【答案】B【详解】直线，因为，所以，设直线的倾斜角为，则直线的斜率，因为，所以，或.故选B.8．【答案】B【详解】如下图所示：不妨取渐近线，则左焦点到渐近线距离；又，于是，可得,故离心率，因此渐近线方程为，直线斜率为1，其方程为，可得，又，则，所以直线的方程为，联立双曲线方程整理可得；易知是该方程的一个实数根，另一根即为；所以，可得，于是轴，又因为所以．故选B9．【答案】BD【详解】由题意可得，三条直线中，有两条直线相互平行，l1：的斜率为，l2：的斜率为，所以不平行，若平行，则，解得：，若平行，则，解得：，综上：实数a的值为或.故选BD.10．【答案】ABD【详解】对于A，若，则故曲线C：，即，表示椭圆，其焦点在y轴上，A正确；对于B，若，则曲线C：，即，表示半径为的圆，B正确；对于C，若，不妨设，则曲线C：，即，表示焦点在x轴上的双曲线则，故渐近线方程为，即，C错误；对于D，若，曲线C：，即，即，则C是两条直线，D正确，故选ABD11．【答案】ABD【详解】连接，，，对于选项A：因为，，故A正确；对于选项B：因为，所以，故B正确；对于选项CD：，故C错误，D正确；故选ABD.12．【答案】【详解】因为抛物线的焦点坐标，准线为，则直线过抛物线的焦点，且由题意可知直线的斜率不为0，不妨设直线为，，，联立，消去，得，易知，则，故，因为，所以，即，故，所以直线的方程为，则直线的倾斜角为.13．【答案】【详解】因为方程表示双曲线，所以，即或，解得或，所以实数的取值范围是.14．【答案】【详解】折起前，连接菱形的对角线交于点，所以，所以折起后有，因为菱形的边长为1，所以，又因为，，且所以在中，有，所以，所以折起前后四边形的面积固定，若以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，则此时点到平面的距离最大，则此时有面面，又面面，，面，所以面，又面，所以，又，所以两两互相垂直，如图，以为原点，建立空间直角坐标系：则，过点作于点，则，又因为，所以，即，所以，因为三点共线，所以不妨设，所以点到直线的距离，所以当时，，所以到距离最小值为.15．【答案】（1）（2）【详解】（1）连接，所以，因为，，，所以.（2）因为正四面体的边长为，所以的夹角为，，所以，.16．【答案】（1）（2）或【详解】（1）因为抛物线，，所以，所以，可得所以焦点的坐标.（2）因为点在抛物线上，所以，又位于第一象限，所以，所以，过点的直线与只有一个交点，直线斜率不存在不合题意；设直线与有且只有一个交点，由，得，当时，，即，即，当时，，只有一个根符合题意；所以的方程为或，即或.17．【答案】（1）见详解（2）【详解】（1）证明：由三棱柱的性质可知．因为平面，所以平面．因为平面，所以．因为为的中点，且是等边三角形，所以．因为平面，且，所以平面．（2）取的中点，连接．由题意可得两两垂直，故以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，故．设平面的法向量为，则令，得．设平面的法向量为，则令，得．设平面与平面所成的锐二面角为，则，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．18．【答案】（1）12（2）20【详解】（1）设焦距为，则，解得．（2）要使点的横坐标最大，需直线斜率存在．设，与椭圆联立得，由韦达定理：．由知，故，要使点的横坐标最大，在这里不妨取，所以，当且仅当时，等号成立．当时，，即，此时．19．【答案】（1）存在，“伴随数列”是15,13,11,10（2）见详解（3）的最大值为【详解】（1），,,，均为正整数，所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10.（2）因为数列存在“伴随数列”，所以，且，