广东省广州市部分学校2025-2026学年高二上学期12月月考数学检测试卷 附答案

/广东省广州市部分学校2025−2026学年高二上学期12月月考数学试卷一、单选题1．符合递推关系式的数列是（

）．A．，，， B．，，，C．，，， D．，，，2．已知复数z满足，则复数z在复平面内所对应的点的轨迹为（）A．线段 B．圆C．椭圆 D．双曲线3．已知过点的直线的方向向量，则的方程为（

）A． B．C． D．4．设是两个相互独立的随机事件，已知，则（

）A． B． C． D．5．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微”，在数学的学习中，既常用函数图象来研究函数的基本性质，也常用函数的基本性质来研究函数图象的特征.则函数的部分图象大致是（

）A． B．C． D．6．中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（

）A． B． C． D．7．已知点是圆上的动点，则下面说法正确的是（

）A．圆的半径为2 B．的最大值为C．的最小值为 D．的最大值为58．已知双曲线（）的左、右焦点分别为，若上点满足，且的取值范围为，则的离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．设函数，则（

）A． B．C．在区间上单调递增 D．的最小值为10．已知椭圆的左，右两个焦点分别是，，其中，直线经过左焦点与椭圆交于，两点，则下列说法中正确的（

）A．的周长为B．当直线的斜率存在时，记，若的中点为，为坐标原点，则C．若，则椭圆的离心率的取值范围是D．若的最小值为，则椭圆的离心率11．如图，在五面体中，底面是边长为的正方形，，平面，，到底面的距离为，点为的中点，点在四边形内部（含边界）.则下列选项中正确的是（

）A．该五面体的体积为B．存在点，使得平面C．存在点，使得D．若，则点的轨迹长度为三、填空题12．已知函数，则的值等于______．13．正项等差数列中，，则的最小值为__________．14．已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点，若为上一点，为钝角，且，则__________.四、解答题15．如图，在平行六面体中，分别为棱，的中点，记，，，满足，，，.（1）用表示，并求的长度；（2）求直线与所成角的余弦值.16．在平面直角坐标系中，已知点，动点的轨迹为．（1）求的方程；（2）若直线交于两点，且，求直线的方程．17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，C，已知．（1）求角C；（2）若CD是角C的平分线，，，求CD的长．18．如图所示，四棱锥的底面是边长为1的菱形，，E是的中点，底面.（1）证明：平面平面；（2）若平面和平面的夹角余弦值为，求点D到平面的距离.19．通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫作把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P.(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：(2)已知二次方程的图象是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，（i）求斜椭圆C的离心率；（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M，N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G，H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.

答案1．【正确答案】B【详解】对于A，，不满足题意；对于C，，不满足题意；对于D，，不满足题意；对于B，，，，满足.故选B．2．【正确答案】B【详解】设复数在复平面内对应的点为，而复数对应的点为，则可将理解为，即动点到定点的距离为3，故动点的轨迹为以为圆心，半径为3的圆.故选B.3．【正确答案】A【详解】由直线的方向向量可得该直线的斜率为，又直线过点，所以直线方程为，即.故选A.4．【正确答案】D【详解】由是两个相互独立，得，而则，所以.故选D5．【正确答案】A【详解】由得，又函数的定义域为，则为奇函数，排除B，C项；当时，恒成立，排除D项.故选A6．【正确答案】B【详解】设正方体的边长为，则，由，则，所以牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为.故选B．7．【正确答案】B【详解】对于A：，因此该圆的圆心为，半径为，故A错误；对于B：因为点是圆：上的动点，设，可知直线与圆有公共点，则，解得，因此的最大值为，故B正确；对于C：因为，设，则，由圆的性质可知：的最小值为，所以的最小值为，故C错误；对于D：令，可知直线与圆有公共点，则，解得，所以的最大值为6，故D错误；故选B.8．【正确答案】B【详解】根据双曲线的定义以及可得,再利用中的余弦定理列式求范围即可.【详解】由双曲线的定义有,又,故,.故.又的取值范围为,故.即.故.故选B9．【正确答案】AD【详解】，故A正确；，故B错误；，时，，，故在区间上单调递减，故C错误；，故为周期为的函数.只需研究在区间上的最小值.当时，由C知，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，故的最小值为.故D正确故选AD10．【正确答案】ACD【详解】直线过左焦点，的周长为，A正确；设，，则，点，，由，两式相减得：，，，故B错误；，，，即，又，，，即，则椭圆的离心率的取值范围是，C正确；为椭圆的通径时最小，即轴，令，，解得，通径为，整理得，即，解得，舍去，故D正确．故选ACD．11．【正确答案】BD【详解】对于A选项，取中点，作，垂足分别为，作,分别交于，交于，可将五面体拆分成直三棱柱，四棱锥和四棱锥，如图所示.，为中点，，四边形为正方形，，又，平面平面，又平面，.平面，平面，同理可得，平面，.，则.，，，故错误.对于选项，取中点，连接.分别为中点，四边形为正方形，，平面，平面，平面，平面，又平面，平面平面，则当时，平面，此时平面，所以正确.对于选项，作点关于平面的对称点，连接，关于平面对称，，（当且仅当三点共线时取等号），到平面的距离为，，又，，则，即不存在点，使得，故错误.对于选项，因为点到平面的距离所以，则点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部（含边界）的部分，作出正方形的平面图如下所示，所以点的轨迹长度为，故正确.故选.12．【正确答案】1【详解】，所以.13．【正确答案】【详解】由正项等差数列中，由，得，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.14．【正确答案】【详解】如下图，若垂直于准线于，则，故，

所以，在中，故，令，，而，则，所以，整理得，所以，而为钝角，结合三角形边角关系知，当时，，不符合要求，所以，，经验证满足要求，所以.15．【正确答案】（1），的长度为.（2）【详解】（1）由图可知，..因为，，.所以.所以，的长度为.（2）因为，，所以.由（1）得，而，所以直线与所成角的余弦值为.16．【正确答案】（1）（2）【详解】（1）根据题意由可知，动点的轨迹为以为焦点，实轴长为的双曲线，即，所以，所以可得的方程为；（2）如下图所示：依题意设，联立与的方程，消去整理可得，则；且，解得；所以，解得，满足，符合题意；所以直线的方程为.17．【正确答案】（1）；（2）.【详解】（1）由，根据正弦定理可得，则，所以，整理得，因为均为三角形内角，所以，因此，所以；（2）因为CD是角C的平分线，，，所以在和中，由正弦定理可得，，，因此，即，所以，又由余弦定理可得，即，解得，所以，又，即，即，所以.18．【正确答案】（1）见详解（2）【详解】（1）连接,因为四边形是菱形，，所以是等边三角形，因为E是的中点，所以，因为，所以.因为平面，平面，所以，又平面，平面，,所以平面，又平面，所以平面平面.（2）设，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以平面过的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则,所以设平面的法向量为，平面的法向量为，则,,所以，，令，则，令，则，所以平面的法向量为，平面的法向量为，因为平面和平面的夹角余弦值为，所以，解得，所以，平面的法向量为，因为，所以点D到平面的距离.19．【正确答案】(1)；(2)（i）；（ⅱ）是，2.【分析】（1）借助所给定义计算即可得；（2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得；（ⅱ）法一：设出直线，，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得；法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线，旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得.【详解】（1）由已知可得，则，设，则，所以，，即点P的坐标为；（2）（i）由与交点为和，则，由与交点为和，则，所以，；（ⅱ）法一：设直线：，，，与斜椭圆联立：，有，∵，，∴，设直线：，代入斜椭圆