2025-2026学年广东省广州市真光中学汾水校区高二上册12月阶段测试数学试卷(含解析)（空白卷）

这是一份2025-2026学年广东省广州市真光中学汾水校区高二上册12月阶段测试数学试卷(含解析)（空白卷），共22页。试卷主要包含了已知圆C等内容，欢迎下载使用。
1．（2025高二上·广州月考）已知圆C1：x−22+y2=4，圆C2：x2+y2+6y+5=0，则两圆的位置关系为（ ）
A．外离B．相交C．相切D．内含
2．（2025高二上·广州月考）在△ABC中，已知A(3,2,6)，B(5,4,0)，C(0,7,1)，则AB边上的中线长为（ ）
A．42B．6C．42D．7
3．（2025高二上·广州月考）如图，在平行六面体中，M为A1C1，B1D1的交点.若DA=a，DC=b，DD1=c，则向量DM=（ ）
A．−12a−12b+cB．12a−12b+c
C．−12a+12b+cD．12a+12b+c
4．（2025高二上·广州月考）已知在等差数列an中，a4+a8=20，a7=12，则a4=（ ）
A．12B．10C．6D．4
5．（2025高二上·广州月考）设直线l的斜率为k，且33≤k0，且λ≠1），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．若点P到A2,0，B−2,0的距离比为3，则点P到圆C:x2+y2−8x−12y+49=0上的点的距离最大值是 ．
15．（2025高二上·广州月考）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1=−7，S3=−9．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn，并求Sn的最小值．
16．（2025高二上·广州月考）已知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，且椭圆C经过点(0,1)，长轴长为22.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点M(1,0)且斜率为1的直线l与椭圆C交于A,B两点，求弦长|AB|；
（3）若直线l与椭圆相交于C,D两点，且弦CD的中点为P12,12，求直线l的方程.
17．（2025高二上·广州月考）已知动圆M经过点P2,0，且与直线l:x=−2相切.
（1）求动圆圆心M的轨迹方程；
（2）已知A,B是（1）中的轨迹上的两个动点，O为坐标原点，且直线OA与OB的斜率之积为−3，求证：直线AB恒过定点，并求出定点的坐标.
18．（2025高二上·广州月考）如图，把∠ABC=60°的菱形纸片ABCD沿对角线AC翻折，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，O是菱形ABCD对角线的交点.
（1）证明：E，F，G，H四点共面；
（2）若菱形纸片ABCD沿对角线AC翻折成直二面角，求折纸后异面直线AB，DC所成角的余弦值；
（3）若菱形纸片ABCD沿对角线AC翻折到使异面直线AB，DC的所成角为π2，求平面ABC与平面ADC的夹角的余弦值.
19．（2025高二上·广州月考）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a,b>0的左右顶点分别为A,B，实轴AB=2，且左焦点F到其中一条渐近线的距离为3.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）过左焦点F的直线l交双曲线C左右两支于N,M两点（点M位于第一象限），直线AM与BN相交于点T.
（i）求证：点T在定直线上；
（ii）求证：射线FT平分∠MFB.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：对圆C1，圆心C12,0，半径r1=2.
圆C2：x2+y+32=4，圆心C20,−3，半径r2=2.
圆心距：C1C2=22+−32=13.
因为0b>0，根据椭圆的长轴长及所经过点直接求出a,b，即可得椭圆C的标准方程；
（2）由题意可得直线l的方程，设Ax3,y3，Bx4,y4，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合弦长公式求解即可；
（3）设C(x1,y1),D(x2,y2)，根据“点差法”求出CD直线的斜率，由点斜式求解即可.
（1）由题意设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，
因为椭圆经过点0,1且长轴长为22，
所以a=2,b=1，
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
（2）由已知设直线l的方程为y=x−1，设Ax3,y3，Bx4,y4.
将直线y=x−1代入x22+y2=1，
得3x2−4x=0，
所以x3+x4=43，x3x4=0，
AB=1+k2x3+x42−4x3x4=1+12432−4×0=423.
（3）设C(x1,y1),D(x2,y2)，则CD中点是P12,12，
于是x1+x22=12,y1+y22=12，即x1+x2=y1+y2=1，
由于C,D在椭圆上，故x122+y12=1,x222+y22=1，
两式相减得到x12−x222+y12−y22=0，即(x1+x2)(x1−x2)2+(y1+y2)(y1−y2)=0，
故(x1−x2)2+(y1−y2)=0，于是y1−y2x1−x2=−12=kCD，
故直线CD的方程是y−12=−12x−12，
整理得2x+4y−3=0
17．【答案】解：（1）设点Mx,y,⊙M与直线l:x=−2的切点为N，
则MP=MN，所以动点M到定点P和定直线l:x=−2的距离相等，
∴点M的轨迹是抛物线，且以P2,0为焦点，直线l:x=−2为准线，
∴p2=2,∴p=4，
则动圆圆心M的轨迹方程是y2=8x.
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB的方程为x=my+b，
由题意，可知b≠0，把直线AB的方程代入（1）中的轨迹方程，
可得y2−8my−8b=0
所以y1+y2=8m,y1y2=−8b，
x1x2=my1+bmy2+b=m2y1y2+mby1+y2+b2=−8m2b+8m2b+b2=b2
又因为直线OA与OB的斜率之积为−3，
所以y1x1⋅y2x2=−3，则y1y2+3x1x2=0，
所以−8b+3b2=0，解得：b=0（舍）或b=83，
所以直线AB的方程为x=my+83，
则直线AB恒过定点83,0.
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用直线与圆相切位置关系判断方法和代入法，则由抛物线定义得出动圆圆心M的轨迹方程.
（2）设直线AB的方程为x=my+b，将直线AB方程与抛物线方程联立，再利用韦达定理和两点求斜率公式，从而表示出直线OA与OB的斜率之积，利用已知条件得出b的值，从而得出直线AB关于m的方程，再变形得出直线AB恒过的定点坐标.
18．【答案】（1）证明：
如图，连接EF,HG.
∵E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF//AC,HG//AC，∴EF//HG，
∴E，F，G，H四点共面.
（2）解：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，AC⊥OD,AC⊥OB.
设菱形ABCD的边长为2，则OA=OC=1,OB=OD=3.
∵二面角B−AC−D为直二面角，∴平面ABC⊥平面ACD，
∵平面ABC∩平面ACD=AC，OD⊥AC，OD⊂平面ACD，
∴OD⊥平面ABC.
以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1,0,0,B0,3,0,C−1,0,0,D0,0,3，
∴AB=−1,3,0,DC=−1,0,−3，
故csAB,DC=AB⋅DCABDC=12×2=14，
∴异面直线AB，DC所成角的余弦值为14.
（3）解：设菱形ABCD的边长为2，则OB=OD=3.
如图，连接OB,OD,CE,DE.
∵△ABC为等边三角形，∴AB⊥CE，
∵异面直线AB，DC的所成角为π2，∴AB⊥DC，
∵DC,CE⊂平面CDE，DC∩CE=C，∴AB⊥平面CDE，
∵DE⊂平面CDE，∴AB⊥DE，∴AD=BD=2.
∵AC⊥OD,AC⊥OB，OB⊂平面ABC，OD⊂平面ADC，平面ABC∩平面ACD=AC，
∴∠BOD为二面角B−AC−D的平面角.
∵cs∠BOD=OB2+OD2−BD22OB⋅OD=3+3−42×3×3=13，
∴平面ABC与平面ADC的夹角的余弦值为13.
【知识点】空间点、线、面的位置；用空间向量求直线间的夹角、距离；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）用三角形中位线定理证明线线平行，进而证明四点共面.
（2）建立空间直角坐标系，求出异面直线的方向向量，利用向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值.
（3）根据异面直线所成角为π2得到向量垂直关系，再求出两个平面的法向量，利用法向量夹角公式计算平面夹角的余弦值.
（1）如图，连接EF,HG.
∵E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF//AC,HG//AC，∴EF//HG，
∴E，F，G，H四点共面.
（2）∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，AC⊥OD,AC⊥OB.
设菱形ABCD的边长为2，则OA=OC=1,OB=OD=3.
∵二面角B−AC−D为直二面角，∴平面ABC⊥平面ACD，
∵平面ABC∩平面ACD=AC，OD⊥AC，OD⊂平面ACD，∴OD⊥平面ABC.
以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1,0,0,B0,3,0,C−1,0,0,D0,0,3，
∴AB=−1,3,0,DC=−1,0,−3，故csAB,DC=AB⋅DCABDC=12×2=14，
∴异面直线AB，DC所成角的余弦值为14.
（3）设菱形ABCD的边长为2，则OB=OD=3.
如图，连接OB,OD,CE,DE.
∵△ABC为等边三角形，∴AB⊥CE，
∵异面直线AB，DC的所成角为π2，∴AB⊥DC，
∵DC,CE⊂平面CDE，DC∩CE=C，∴AB⊥平面CDE，
∵DE⊂平面CDE，∴AB⊥DE，∴AD=BD=2.
∵AC⊥OD,AC⊥OB，OB⊂平面ABC，OD⊂平面ADC，平面ABC∩平面ACD=AC，
∴∠BOD为二面角B−AC−D的平面角.
∵cs∠BOD=OB2+OD2−BD22OB⋅OD=3+3−42×3×3=13，
∴平面ABC与平面ADC的夹角的余弦值为13.
19．【答案】（1）解：由题意，设左焦点F的坐标为-c,0，
则双曲线C的渐近线方程为：bx±ay=0，a2+b2=c2，
所以，左焦点F到其中一条渐近线的距离为b·-ca2+b2=bcc=b，
可得b=3，
又因为2a=2，解得a=1，
则双曲线C的标准方程为x2−y23=1.
（2）（i）证明：由题意，知F−2,0,A−1,0,B1,0，
因为直线l过F-2,0，M，点M在第一象限，
所以，直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x=my−2，Mx1,y1,Nx2,y2，
则x=my−2x2−y23=1⇒3m2−1y2−12my+9=0，
又因为方程3m2−1y2−12my+9=0的判别式为Δ=-12m2-4×93m2-1=36m2+36>0，
由y1,y2为方程3m2−1y2−12my+9=0的两个根，
所以y1+y2=12m3m2−1y1y2=93m2−1，⇒y1+y2y1y2=4m3⇒my1y2=34y1+y2，
因为直线AM的方程为y=y1x1+1x+1，直线BN的方程为y=y2x2−1x−1，
联立可得y1x1+1x+1=y2x2−1x−1，
∴x+1x−1=y2x1+1y1x2−1=y2my1−1y1my2−3=my1y2−y2my1y2−3y1=34y1+y2−y234y1+y2−3y1=3y1−y2−9y1+3y2=−13
则x=−12，
所以点T在直线x=−12上.
（ii）证明：由（i）知T−12,y12x1+1，（其中x12−y123=1）
则tan∠MFB=kFM=1m,tan∠TFB=kFT=y12x1+132=y13x1+1，
所以tan2∠TFB=2tan∠TFB1−tan2∠TFB=2y13x1+11−y129x1+12=y1x1+1x12+3x1+2=y1x1+2=1m∵x1=my1−2
则tan∠MFB=tan2∠TFB,∴∠MFB=2∠TFB，
所以射线FT平分∠MFB.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设出左焦点坐标和渐近线方程，利用双曲线中a，b，c三者的关系式和点到直线的距离公式以及已知条件，从而可得b的值，再利用实轴长定义得出a的值，从而得出双曲线C的方程.
（2）(i)设直线l的方程为x=my−2，Mx1,y1,Nx2,y2，联立直线方程与双曲线的方程和判别式法得出韦达定理式，从而可得my1y2=34y1+y2，再联立直线AN,BN的方程，从而证出点T在定直线上.
（ii）由（i）求出点T的坐标，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式、二倍角的正切公式，从而求出tan∠MFB，tan∠TFB，tan2∠TFB，进而证出∠MFB=2∠TFN，即证出射线FT平分∠MFB.
（1）由题意，设左焦点F的坐标为-c,0，
双曲线C的渐近线方程为：bx±ay=0，a2+b2=c2，
左焦点F到其中一条渐近线的距离为b·-ca2+b2=bcc=b，可得b=3，
又因为2a=2，解得a=1，
故双曲线C的标准方程为x2−y23=1.
（2）由题知F−2,0,A−1,0,B1,0，
因为直线l过F-2,0，M，点M在第一象限，故直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x=my−2，Mx1,y1,Nx2,y2，
则x=my−2x2−y23=1⇒3m2−1y2−12my+9=0，
方程3m2−1y2−12my+9=0的判别式Δ=-12m2-4×93m2-1=36m2+36>0，
由已知y1,y2为方程3m2−1y2−12my+9=0的两个根，
所以y1+y2=12m3m2−1y1y2=93m2−1，⇒y1+y2y1y2=4m3⇒my1y2=34y1+y2
（i）证明：因为直线AM的方程为y=y1x1+1x+1，直线BN的方程为y=y2x2−1x−1
联立可得y1x1+1x+1=y2x2−1x−1
∴x+1x−1=y2x1+1y1x2−1=y2my1−1y1my2−3=my1y2−y2my1y2−3y1=34y1+y2−y234y1+y2−3y1=3y1−y2−9y1+3y2=−13，
则x=−12，即T在直线x=−12上；
（ii）证明：由（i）知T−12,y12x1+1，（其中x12−y123=1）
tan∠MFB=kFM=1m,tan∠TFB=kFT=y12x1+132=y13x1+1
则tan2∠TFB=2tan∠TFB1−tan2∠TFB=2y13x1+11−y129x1+12=y1x1+1x12+3x1+2=y1x1+2=1m∵x1=my1−2
即tan∠MFB=tan2∠TFB,∴∠MFB=2∠TFB，故射线FT平分∠MFB.