2025-2026学年安徽省高二上学期12月月考模拟数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省2025-2026学年高二上学期12月月考数学模拟题一、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，有且只有一项符合题目要求.1.已知数列，则是该数列的（）A.第5项 B.第6项C.第7项 D.第8项【答案】C【解析】由数列…的前三项为可知，数列的通项公式为an＝＝由可得n＝7.故选C.2.若直线与直线垂直，则a值为（）A.-3 B.1 C.3 D.5【答案】C【解析】由于两条直线垂直，所以，解得.故选：C3.若，则在的切线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，求导得，在处的斜率，则在的切线方程为，即，故B正确．故选：B．4.设等差数列的前项和为，若，，则（）A.1 B.2 C.3 D.5【答案】A【解析】设等差数列的公差为，因为且，可得，解得.故选：A.5.已知动直线与圆相交于，两点，若线段上一点满足，且，则动点的轨迹方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】法一：设，若为原点，由，得，因为在圆上，所以，连接，由，得，故，故动点的轨迹方程为．法二：设，则由，得，得，①②同时平方并相加，得．又在圆上，，所以，得，故动点的轨迹方程为．故选：A.6.已知函数，则下列结论正确的有（）①函数存在两个不同的零点②函数既存在极大值又存在极小值③当时，方程有且只有两个实根④若时，，则的最小值为2A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】对于①，由，得，解得，故①正确；对于②，，由，得，由，得或，则函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，所以是函数的极小值，是函数的极大值，故②正确；对于③，当时，，函数的图象如图所示：函数的最小值是，当时，方程有且只有两个实根，故③正确；对于④，，由图象知，若时，，则t的最大值是2，故④错误．故选：C.7.在四棱锥中，底面，底面是边长为的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图所示，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，设直线与平面所成的角为，所以，故选：B.8.已知抛物线，点在上，直线与坐标轴交于两点，若面积的最小值为1，则（）A.1 B. C.1或 D.或【答案】B【解析】不妨设，由题可得无解，否则若直线和抛物线有交点时，当时，面积将趋近，故，解得.由图可知，当恰好为斜率为的直线和抛物线的切点时，的面积最小.令，不妨，则，又点到直线的距离为，则，解得（舍去）.故选：B.二､多项选择题：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.下列计算正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】AC【解析】，则，故A正确；，则，故错误；，则，故C正确；，则，故D错误．故选：AC.10.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过作直线与C交于A，B两点，的周长为8．若在C外，点Q在C上，记C的离心率为e，则（

）A.的最小值为4B.C.存在点Q，使得D.当时，点R在C上且满足，则有【答案】ABD【解析】因为的周长为8，所以，即，又在椭圆外，代入椭圆得，所以，选项A，，，当且仅当时等号成立，因此的最小值是4，A正确；选项B，椭圆离心率为，所以，B正确；选项C，设椭圆上顶点为，焦点为，，因为，当时，，此时为锐角，因此不存在，使得为直角，因此不成立，C错；选项D，时，，从而，椭圆方程为，当直线斜率存在时，设直线方程为，设，由得，，，，，，，所以，即，所以原点到直线的距离为，，当直线斜率不存在时，不妨设在第一象限，在第四象限，由得，设，，由得，即．即，，，也满足，综上，为定值，D正确．故选：ABD．11.如图，在直三棱柱中，，，，点D，E分别是线段，上的动点不含端点，且，则下列说法正确的是（）A.平面B.该三棱柱外接球的表面积为C.二面角的余弦值为D.异面直线与所成角的正切值为【答案】ABD【解析】选项A，在直三棱柱

中，四边形

是矩形，因为，所以

，因为

平面，平面

，所以

平面

，A项正确；选项B，因为

为直棱柱

，，所以可以补形成长方体，易知直三棱柱

的外接球直径为以，所以三棱柱外接球的表面积为，所以B项正确；选项C，二面角即二面角，以A为坐标原点，以，

，

的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则

，，，，，

，，设平面

的法向量

，，即

，令可得；设平面

的一个法向量为

，则，即

，令可得，数形结合可得，二面角是锐角，故二面角的余弦值为：

，所以C项错误．选项D，因为

，所以异面直线与所成角为.在中，

，

，所以

，所以D项正确.故选：ABD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知各项均为正数的等比数列的前n项和，，，______.【答案】【解析】由等比数列性质得，又，所以，设公比为，由得，，故，所以，解得，故，所以.故答案为：.13.已知双曲线的左、右焦点分别为，过作斜率为的直线与双曲线的右支交于两点（在第一象限），为线段的中点，为坐标原点，下列说法正确的序号是__________.①②双曲线的离心率为2③的面积为④直线的斜率为【答案】①④【解析】如图所示，对于①，因为，所以，由双曲线定义可得，所以，①正确．对于②，已知直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则为锐角且，可得，则，在中，由余弦定理得，即，所以，因为，解得，②错误．对于③，因为为钝角，则，因，故，，③错误．对于④，设，则，可得，因为，则，由得，所以，则，④正确．14.设函数，的导函数是，，当时，，那么关于的不等式的解是______.【答案】【解析】构造，则，其定义域为，因为，所以是奇函数，又因为当时，，所以结合是奇函数可知在上单调递增，原不等式可转化为，即，所以，解得.故答案为：.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.已知圆关于直线对称，且过点.（1）求圆的圆心和半径；（2）若过点的直线与圆交于两点，且，求直线的方程.解：（1）圆化为标准方程，即，可知圆心，半径，则因为圆关于直线对称，所以，所以，因为圆过点，所以，且，所以，得，所以圆方程为，故圆心坐标为，半径为.（2）由题意可知：圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时，，符合题意，当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，所以，得，则直线的.故直线或.16.已知数列的前n项和为，，且．（1）求证：数列为等差数列；（2）已知等差数列满足，其前9项和为63．令，设数列的前n项和为，求证：．（1）证明：，.数列是以1为首项，为公差的等差数列.，可得.当时，.当时，也满足上式，.（2）证明：..，，.17.已知函数在处有极值4.（1）求a，b的值；（2）求函数在区间上的最值.解：（1），∵函数在处取得极值4，∴，，解得，，∴，经验证在处取得极大值4，故，.（2）由（1）可知，，，令，解得，令，解得或，因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，所以函数在在时取得极小值，极小值为；在时取得极大值，极大值为，且，，经比较，函数在区间上的最小值是，最大值是.18.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF平面ABCD，EF//AB，，AD=2，AB=AF=2EF=l，点P在棱DF上．（1）若P为DF的中点，求证：BF//平面ACP;（2）若二面角D-AP-C的余弦值为，求PF的长度．（1）证明：连接BD，交AC于点O，连接OP．因为P是DF中点，O为矩形ABCD对角线的交点，所以OP为三角形BDF中位线，所以BF//OP，因为BF平面ACP，OP平面ACP，所以BF//平面ACP．（2）因为∠BAF=90º，所以AF⊥AB，因为平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD=AB，所以AF⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以以A为坐标原点，AB，AD，AF分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系．所以，，．因为AB⊥平面ADF，所以平面APF的法向量为．设P点坐标为，在平面APC中，，，所以平面APC的法向量为，所以，解得，或（舍）．此时．19.已知双曲线的一条渐近线方程为，左、右顶点分别为，，且.（1）求的方程；（2）若点为直线上的一点，直线交于另外一点（不同于点）.①记，的面积分别为，，且，求点的坐标；②若直线交于另外一点，点是直线上的一点，且，其中为坐标原点，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.解：（1）由题意知解得，，所以的方程为.（2）由题意可知，，，设，因为直线交于另外一点（不同于点），所以，又双曲线渐近线为，故，解得，所以直线，即，由，消得，所以，解得，所以.①因为，，又，所以，解得或，即点的坐标为或.②直线，即，由，消得，，即，所以，解得，所以，所以直线的斜率，所以直线的方程为，令，得，解得，所以直线恒过定点，又，即，又点是的中点，所以，所以是定值，且定值为.安徽省2025-2026学年高二上学期12月月考数学模拟题一、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，有且只有一项符合题目要求.1.已知数列，则是该数列的（）A.第5项 B.第6项C.第7项 D.第8项【答案】C【解析】由数列…的前三项为可知，数列的通项公式为an＝＝由可得n＝7.故选C.2.若直线与直线垂直，则a值为（）A.-3 B.1 C.3 D.5【答案】C【解析】由于两条直线垂直，所以，解得.故选：C3.若，则在的切线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，求导得，在处的斜率，则在的切线方程为，即，故B正确．故选：B．4.设等差数列的前项和为，若，，则（）A.1 B.2 C.3 D.5【答案】A【解析】设等差数列的公差为，因为且，可得，解得.故选：A.5.已知动直线与圆相交于，两点，若线段上一点满足，且，则动点的轨迹方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】法一：设，若为原点，由，得，因为在圆上，所以，连接，由，得，故，故动点的轨迹方程为．法二：设，则由，得，得，①②同时平方并相加，得．又在圆上，，所以，得，故动点的轨迹方程为．故选：A.6.已知函数，则下列结论正确的有（）①函数存在两个不同的零点②函数既存在极大值又存在极小值③当时，方程有且只有两个实根④若时，，则的最小值为2A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】对于①，由，得，解得，故①正确；对于②，，由，得，由，得或，则函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，所以是函数的极小值，是函数的极大值，故②正确；对于③，当时，，函数的图象如图所示：函数的最小值是，当时，方程有且只有两个实根，故③正确；对于④，，由图象知，若时，，则t的最大值是2，故④错误．故选：C.7.在四棱锥中，底面，底面是边长为的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图所示，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，设直线与平面所成的角为，所以，故选：B.8.已知抛物线，点在上，直线与坐标轴交于两点，若面积的最小值为1，则（）A.1 B. C.1或 D.或【答案】B【解析】不妨设，由题可得无解，否则若直线和抛物线有交点时，当时，面积将趋近，故，解得.由图可知，当恰好为斜率为的直线和抛物线的切点时，的面积最小.令，不妨，则，又点到直线的距离为，则，解得（舍去）.故选：B.二､多项选择题：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.下列计算正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】AC【解析】，则，故A正确；，则，故错误；，则，故C正确；，则，故D错误．故选：AC.10.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过作直线与C交于A，B两点，的周长为8．若在C外，点Q在C上，记C的离心率为e，则（

）A.的最小值为4B.C.存在点Q，使得D.当时，点R在C上且满足，则有【答案】ABD【解析】因为的周长为8，所以，即，又在椭圆外，代入椭圆得，所以，选项A，，，当且仅当时等号成立，因此的最小值是4，A正确；选项B，椭圆离心率为，所以，B正确；选项C，设椭圆上顶点为，焦点为，，因为，当时，，此时为锐角，因此不存在，使得为直角，因此不成立，C错；选项D，时，，从而，椭圆方程为，当直线斜率存在时，设直线方程为，设，由得，，，，，，，所以，即，所以原点到直线的距离为，，当直线斜率不存在时，不妨设在第一象限，在第四象限，由得，设，，由得，即．即，，，也满足，综上，为定值，D正确．故选：ABD．11.如图，在直三棱柱中，，，，点D，E分别是线段，上的动点不含端点，且，则下列说法正确的是（）A.平面B.该三棱柱外接球的表面积为C.二面角的余弦值为D.异面直线与所成角的正切值为【答案】ABD【解析】选项A，在直三棱柱

中，四边形

是矩形，因为，所以

，因为

平面，平面

，所以

平面

，A项正确；选项B，因为

为直棱柱

，，所以可以补形成长方体，易知直三棱柱

的外接球直径为以，所以三棱柱外接球的表面积为，所以B项正确；选项C，二面角即二面角，以A为坐标原点，以，

，

的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则

，，，，，

，，设平面

的法向量

，，即

，令可得；设平面

的一个法向量为

，则，即

，令可得，数形结合可得，二面角是锐角，故二面角的余弦值为：

，所以C项错误．选项D，因为

，所以异面直线与所成角为.在中，

，

，所以

，所以D项正确.故选：ABD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知各项均为正数的等比数列的前n项和，，，______.【答案】【解析】由等比数列性质得，又，所以，设公比为，由得，，故，所以，解得，故，所以.故答案为：.13.已知双曲线的左、右焦点分别为，过作斜率为的直线与双曲线的右支交于两点（在第一象限），为线段的中点，为坐标原点，下列说法正确的序号是__________.①②双曲线的离心率为2③的面积为④直线的斜率为【答案】①④【解析】如图所示，对于①，因为，所以，由双曲线定义可得，所以，①正确．对于②，已知直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则为锐角且，可得，则，在中，由余弦定理得，即，所以，因为，解得，②错误．对于③，因为为钝角，则，因，故，，③错误．对于④，设，则，可得，因为，则，由得，所以，则，④正确．14.设函数，的导函数是，，当时，，那么关于的不等式的解是______.【答案】【解析】构造，则，其定义域为，因为，所以是奇函数，又因为当时，，所以结合是奇函数可知在上单调递增，原不等式可转化为，即，所以，解得.故答案为：.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.已知圆关于直线对称，且过点.（1）求圆的圆心和半径；（2）若过点的直线与圆交于两点，且，求直线的方程.解：（1）圆化为标准方程，即，可知圆心，半径，则因为圆关于直线对称，所以，所以，因为圆过点，所以，且，所以，得，所以圆方程为，故圆心坐标为，半径为.（2）由题意可知：圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时，，符合题意，当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，所以，得，则直线的.故直线或.16.已知数列的前n项和为，，且．（1）求证：数列为等差数列；（2）已知等差数列满足，其前9项和为63．令，设数列的前n项和为，求证：．（1）证明：，.数列是以1为首项，为公差的等差数列.，可得.当时，.当时，也满足上式，.（2）证明：..，，.17.已知函数在处有极值4.（1）求a，b的值；（2）求函数在区间上的最值.解：（1），∵函数在处取得极值4，∴，，解得，，∴，经验证在处取得极大值4，故，.（2）由（1）可知，，，令，解得，令，解得或，因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，所以函数在在时取得极小值，极小值为；在时取得极大值，极大值为，且，，经比较，函数在区间上的最小值是，最大值是.18.在如图所示