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
1．（2025高二上·广州月考）符合递推关系式的数列是（ ）．
A．，，， B．，，， C．，，， D．，，，
2．（2025高二上·广州月考）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．（2025高二上·广州月考）已知过点的直线的方向向量，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高二上·广州月考）设是两个相互独立的随机事件，已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·广州月考）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．（2025高二上·广州月考）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．（2025高二上·广州月考）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5
8．（2025高二上·广州月考）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．
9．（2025高二上·广州月考）设函数，则（ ）
A． B．
C．在区间上单调递增 D．的最小值为
10．（2025高二上·广州月考）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．（2025高二上·广州月考）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
12．（2025高二上·广州月考）已知函数，则的值等于 ．
13．（2025高二上·广州月考）正项等差数列中，，则的最小值为 ．
14．（2025高二上·广州月考）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 .
15．（2025高二上·广州月考）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．（2025高二上·广州月考）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．（2025高二上·广州月考）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．（2025高二上·广州月考）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．（2025高二上·广州月考）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，叫做把点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）已知二次方程的图像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.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】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.
故答案为：B．
【分析】利用已知条件，从而将各个选项的数列代入数列递推关系，从而找出符合递推关系式的数列.
2．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数在复平面内对应的点为，
又因为复数对应的点为，
则可将理解为，
则动点到定点的距离为3，
所以，动点的轨迹为以为圆心，半径为3的圆.
故答案为：B.
【分析】利用复数的几何意义和复数求模公式，从而将方程理解为动点到定点的距离为3，再根据圆的定义，从而得出复数z在复平面内所对应的点的轨迹.
3．【答案】A
【知识点】直线的斜率；直线的点斜式方程；直线的方向向量
【解析】【解答】解：因为直线的方向向量，所以直线的斜率为，
又因为直线过点，所以直线方程为，即.
故答案为：A.
【分析】先根据直线的方向向量求出直线的斜率，再利用点斜式求直线方程即可.
4．【答案】D
【知识点】概率的基本性质；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由是两个相互独立，
得，
又因为
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和概率的基本性质以及相互独立事件的乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而得出事件B的概率.
5．【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由，
得，
又因为函数的定义域为，
所以，函数为奇函数，故排除选项B和选项C；
当时，恒成立，故排除选项D.
故答案为：A.
【分析】根据奇函数的图象的对称性和偶函数的图象的对称性，则排除选项B和选项C；当时，，则排除选项D，从而找出函数的部分图象的选项.
6．【答案】B
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正方体的边长为，易知正方体的体积，
由题意可得，则，
即牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为.
故答案为：B．
【分析】设正方体的边长为，易知正方体的体积，由题意列等式求解即可.
7．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】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.
故答案为：B.
【分析】将圆的一般方程化为圆的标准方程，从而得出圆心坐标和半径长，则判断出选项A；利用已知条件得出直线与圆有公共点，再结合点到直线的距离公式列式求解，则判断出选项B；设，可得，再结合圆的性质得出的最小值，则判断出选项C； 令，从而分析可知直线与圆有公共点，列出不等式得出t的取值范围，进而得出的最大值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
8．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线的定义，得，
因为，所以，，
则，
又因为的取值范围为，
所以，
则，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用双曲线的定义和余弦定理以及的取值范围，从而得出的取值范围，再利用双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率的取值范围.
9．【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；含三角函数的复合函数的周期；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，故A正确；
因为，故B错误；
因为，
当时，，，
则在区间上单调递减，故C错误；
因为，
所以，函数为周期为的函数.只需研究在区间上的最小值，
当时，由选项C知，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又因为，
所以的最小值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由诱导公式对选项A和选项B化简，则可判断选项A和选项B；对求导，再利用导数判断函数的单调性，则可判断选项C；利用和函数的周期性，则函数为周期为的函数，则只需研究在区间上的最小值，再利用导数判断函数在区间上的单调性，从而得出函数的最小值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：直线过左焦点，
的周长为，故A正确；
设，，则，
又因为点，，
由，两式相减，得：，
，
，故B错误；
因为，，
，
则，
又，，
，则，
所以，椭圆的离心率的取值范围是，故C正确；
当为椭圆的通径时，则最小，
所以轴，令，，
解得，通径为，
整理得，
则，
解得或舍去，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】由椭圆的定义和三角形的周长公式，则判断出选项A；由中点弦公式和“作差法”，再利用两点求斜率公式，则判断出选项B；由数量积的坐标表示和椭圆的离心率公式，从而得出椭圆的离心率的取值范围，则判断出选项C；由椭圆的通径和椭圆的离心率公式，从而得出满足要求的椭圆的离心率，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】B,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；圆锥曲线的轨迹问题；组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A，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，，
又因为，平面平面，
因为平面，，
平面，平面，
同理可得，平面，.
，
则，
，
又因为，
，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，
又因为平面，
平面平面，
则当时，平面，此时平面，故正确；
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，，
又因为，，
则，
则不存在点，使得，故错误；
对于选项，因为点到平面的距离
所以，
则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部（含边界）的部分，
作出正方形的平面如图所示，
所以点的轨迹长度为，故正确.
故答案为：.
【分析】作辅助线将五面体分割成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥，再利用直三棱柱的体积公式和四棱锥的体积公式，从而求和得出该五面体的体积，则判断出选项A；利用面面平行的判定定理证出平面平面，则判断出选项B；先作出点的对称点，再结合三角形三边关系判断出选项C；利用点到平面的距离再利用勾股定理得出的直，从而得出点P的轨迹，进而得出作出正方形的平面，再利用圆的周长公式得出点P的轨迹，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】1
【知识点】函数的值；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为函数，
所以，
则.
故答案为：1.
【分析】根据分段函数的解析式，从而代入求值得出的值.
13．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由正项等差数列中，
再由，得，
则，
当且仅当时，即当时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和等差数列的性质以及1”的妙用，再由基本不等式求最值的方法，从而求出的最小值.
14．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如下图，
作垂直于准线于，则，
所以，
在中，，则，
令，，
又因为，所以，
则，整理得，
所以，又因为为钝角，
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，
则.
故答案为：。
【分析】作垂直于准线于，易得，，令，，再利用余弦定理列方程得出x的值，再根据为钝角结合三角形边角关系和，从而得出满足要求的的值.
15．【答案】（1）解：由图可知，，
，
因为，
，，
所以，
所以，的长度为；
（2）解：，，
，
由（1）得，，
则直线与所成角的余弦值为.
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）根据空间向量的线性运算用表示 ，结合空间向量的模的公式以及向量数量积公式求解即可；
（2）用表示向量，再求出的模的长度，以及数量积，最后根据向量夹角的余弦公式求解即可.
（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．【答案】（1）解：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，
则，
所以，
可得的方程为.
（2）解：如下图所示：
依题意，设，
联立直线与双曲线的方程，
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.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用双曲线定义可得动点M的轨迹，从而得出的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出b的值，进而得出双曲线的方程.
（2）利用已知条件，联立直线方程与双曲线方程，再利用韦达定理和弦长公式，从而计算得出t的值，进而得出直线的方程.
（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．【答案】（1）解：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）解：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.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合三角形内角和及三角函数运算求出角C.
（2）先依据角平分线性质和正弦定理得到边的关系，再用余弦定理确定边的长度，最后通过面积关系求出CD的长.
18．【答案】（1）证明：连接，
因为四边形是菱形，，所以是等边三角形，
又因为E是的中点，所以，
因为，所以.
又因为平面，平面，
所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：设，
以所在直线为轴，所在直线为轴，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，
则和，
所以，
则，
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，
则平面的法向量为，
因为，
所以点D到平面的距离.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用菱形的结构特征判断出是等边三角形，利用等边三角形三线合一和线线平行以及线面垂直的定义，从而证出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，进而证出面面垂直，即证出平面平面.
（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，则得出点的坐标，设，从而得出向量的坐标，得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出z的值，则得出点P的坐标，从而得出平面的法向量，再利用和数量积求点到平面的距离公式，进而得出点D到平面的距离.
（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．【答案】（1）解：由已知可得，则，
设，则，
所以，，即点P的坐标为.
（2）解：（i）由与交点为和，则，由与交点为和，
则，所以，.
（ⅱ）法一：设直线：，、，如图所示：
直线：与斜椭圆联立，得：，
则，
∵，，
∴
，
设直线：，代入斜椭圆，
则，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，如图所示：
由①可得椭圆方程为，点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，
，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、，
直线与椭圆方程联立，即，
可得，
所以，，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
则，，
，
综上所述，.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）借助所给定义和向量坐标求解方法，进而得出点P的坐标.
（2）（i）联立直线与曲线方程求交点的方法，从而计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，再结合斜椭圆的离心率公式计算即可得斜椭圆C的离心率.
（ⅱ）法一：设出直线、，联立直线和斜椭圆方程可得与交点横坐标有关的韦达定理，再结合弦长公式，即可表示出，计算从而判断出为定值；
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，联立直线和椭圆方程可得与交点纵坐标有关的韦达定理，再结合弦长公式即可表示出，计算从而判断出为定值.
（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，
有，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，
点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、，
与椭圆方程联立，即，
可得，
，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，，
.
综上所述，.
1 / 1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
1．（2025高二上·广州月考）符合递推关系式的数列是（ ）．
A．，，， B．，，， C．，，， D．，，，
【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】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.
故答案为：B．
【分析】利用已知条件，从而将各个选项的数列代入数列递推关系，从而找出符合递推关系式的数列.
2．（2025高二上·广州月考）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
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数在复平面内对应的点为，
又因为复数对应的点为，
则可将理解为，
则动点到定点的距离为3，
所以，动点的轨迹为以为圆心，半径为3的圆.
故答案为：B.
【分析】利用复数的几何意义和复数求模公式，从而将方程理解为动点到定点的距离为3，再根据圆的定义，从而得出复数z在复平面内所对应的点的轨迹.
3．（2025高二上·广州月考）已知过点的直线的方向向量，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线的斜率；直线的点斜式方程；直线的方向向量
【解析】【解答】解：因为直线的方向向量，所以直线的斜率为，
又因为直线过点，所以直线方程为，即.
故答案为：A.
【分析】先根据直线的方向向量求出直线的斜率，再利用点斜式求直线方程即可.
4．（2025高二上·广州月考）设是两个相互独立的随机事件，已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】概率的基本性质；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由是两个相互独立，
得，
又因为
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和概率的基本性质以及相互独立事件的乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而得出事件B的概率.
5．（2025高二上·广州月考）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．
【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由，
得，
又因为函数的定义域为，
所以，函数为奇函数，故排除选项B和选项C；
当时，恒成立，故排除选项D.
故答案为：A.
【分析】根据奇函数的图象的对称性和偶函数的图象的对称性，则排除选项B和选项C；当时，，则排除选项D，从而找出函数的部分图象的选项.
6．（2025高二上·广州月考）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．
【答案】B
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正方体的边长为，易知正方体的体积，
由题意可得，则，
即牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为.
故答案为：B．
【分析】设正方体的边长为，易知正方体的体积，由题意列等式求解即可.
7．（2025高二上·广州月考）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5
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】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.
故答案为：B.
【分析】将圆的一般方程化为圆的标准方程，从而得出圆心坐标和半径长，则判断出选项A；利用已知条件得出直线与圆有公共点，再结合点到直线的距离公式列式求解，则判断出选项B；设，可得，再结合圆的性质得出的最小值，则判断出选项C； 令，从而分析可知直线与圆有公共点，列出不等式得出t的取值范围，进而得出的最大值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
8．（2025高二上·广州月考）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．
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线的定义，得，
因为，所以，，
则，
又因为的取值范围为，
所以，
则，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用双曲线的定义和余弦定理以及的取值范围，从而得出的取值范围，再利用双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率的取值范围.
9．（2025高二上·广州月考）设函数，则（ ）
A． B．
C．在区间上单调递增 D．的最小值为
【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；含三角函数的复合函数的周期；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，故A正确；
因为，故B错误；
因为，
当时，，，
则在区间上单调递减，故C错误；
因为，
所以，函数为周期为的函数.只需研究在区间上的最小值，
当时，由选项C知，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又因为，
所以的最小值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由诱导公式对选项A和选项B化简，则可判断选项A和选项B；对求导，再利用导数判断函数的单调性，则可判断选项C；利用和函数的周期性，则函数为周期为的函数，则只需研究在区间上的最小值，再利用导数判断函数在区间上的单调性，从而得出函数的最小值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025高二上·广州月考）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
【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：直线过左焦点，
的周长为，故A正确；
设，，则，
又因为点，，
由，两式相减，得：，
，
，故B错误；
因为，，
，
则，
又，，
，则，
所以，椭圆的离心率的取值范围是，故C正确；
当为椭圆的通径时，则最小，
所以轴，令，，
解得，通径为，
整理得，
则，
解得或舍去，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】由椭圆的定义和三角形的周长公式，则判断出选项A；由中点弦公式和“作差法”，再利用两点求斜率公式，则判断出选项B；由数量积的坐标表示和椭圆的离心率公式，从而得出椭圆的离心率的取值范围，则判断出选项C；由椭圆的通径和椭圆的离心率公式，从而得出满足要求的椭圆的离心率，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025高二上·广州月考）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
【答案】B,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；圆锥曲线的轨迹问题；组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A，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，，
又因为，平面平面，
因为平面，，
平面，平面，
同理可得，平面，.
，
则，
，
又因为，
，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，
又因为平面，
平面平面，
则当时，平面，此时平面，故正确；
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，，
又因为，，
则，
则不存在点，使得，故错误；
对于选项，因为点到平面的距离
所以，
则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部（含边界）的部分，
作出正方形的平面如图所示，
所以点的轨迹长度为，故正确.
故答案为：.
【分析】作辅助线将五面体分割成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥，再利用直三棱柱的体积公式和四棱锥的体积公式，从而求和得出该五面体的体积，则判断出选项A；利用面面平行的判定定理证出平面平面，则判断出选项B；先作出点的对称点，再结合三角形三边关系判断出选项C；利用点到平面的距离再利用勾股定理得出的直，从而得出点P的轨迹，进而得出作出正方形的平面，再利用圆的周长公式得出点P的轨迹，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025高二上·广州月考）已知函数，则的值等于 ．
【答案】1
【知识点】函数的值；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为函数，
所以，
则.
故答案为：1.
【分析】根据分段函数的解析式，从而代入求值得出的值.
13．（2025高二上·广州月考）正项等差数列中，，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由正项等差数列中，
再由，得，
则，
当且仅当时，即当时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和等差数列的性质以及1”的妙用，再由基本不等式求最值的方法，从而求出的最小值.
14．（2025高二上·广州月考）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 .
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如下图，
作垂直于准线于，则，
所以，
在中，，则，
令，，
又因为，所以，
则，整理得，
所以，又因为为钝角，
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，
则.
故答案为：。
【分析】作垂直于准线于，易得，，令，，再利用余弦定理列方程得出x的值，再根据为钝角结合三角形边角关系和，从而得出满足要求的的值.
15．（2025高二上·广州月考）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.
【答案】（1）解：由图可知，，
，
因为，
，，
所以，
所以，的长度为；
（2）解：，，
，
由（1）得，，
则直线与所成角的余弦值为.
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）根据空间向量的线性运算用表示 ，结合空间向量的模的公式以及向量数量积公式求解即可；
（2）用表示向量，再求出的模的长度，以及数量积，最后根据向量夹角的余弦公式求解即可.
（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．（2025高二上·广州月考）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．
【答案】（1）解：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，
则，
所以，
可得的方程为.
（2）解：如下图所示：
依题意，设，
联立直线与双曲线的方程，
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.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用双曲线定义可得动点M的轨迹，从而得出的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出b的值，进而得出双曲线的方程.
（2）利用已知条件，联立直线方程与双曲线方程，再利用韦达定理和弦长公式，从而计算得出t的值，进而得出直线的方程.
（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．（2025高二上·广州月考）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．
【答案】（1）解：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）解：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.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合三角形内角和及三角函数运算求出角C.
（2）先依据角平分线性质和正弦定理得到边的关系，再用余弦定理确定边的长度，最后通过面积关系求出CD的长.
18．（2025高二上·广州月考）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.
【答案】（1）证明：连接，
因为四边形是菱形，，所以是等边三角形，
又因为E是的中点，所以，
因为，所以.
又因为平面，平面，
所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：设，
以所在直线为轴，所在直线为轴，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，
则和，
所以，
则，
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，
则平面的法向量为，
因为，
所以点D到平面的距离.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用菱形的结构特征判断出是等边三角形，利用等边三角形三线合一和线线平行以及线面垂直的定义，从而证出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，进而证出面面垂直，即证出平面平面.
（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，则得出点的坐标，设，从而得出向量的坐标，得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出z的值，则得出点P的坐标，从而得出平面的法向量，再利用和数量积求点到平面的距离公式，进而得出点D到平面的距离.
（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．（2025高二上·广州月考）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，叫做把点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）已知二次方程的图像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）解：由已知可得，则，
设，则，
所以，，即点P的坐标为.
（2）解：（i）由与交点为和，则，由与交点为和，
则，所以，.
（ⅱ）法一：设直线：，、，如图所示：
直线：与斜椭圆联立，得：，
则，
∵，，
∴
，
设直线：，代入斜椭圆，
则，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，如图所示：
由①可得椭圆方程为，点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，
，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、，
直线与椭圆方程联立，即，
可得，
所以，，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
则，，
，
综上所述，.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）借助所给定义和向量坐标求解方法，进而得出点P的坐标.
（2）（i）联立直线与曲线方程求交点的方法，从而计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，再结合斜椭圆的离心率公式计算即可得斜椭圆C的离心率.
（ⅱ）法一：设出直线、，联立直线和斜椭圆方程可得与交点横坐标有关的韦达定理，再结合弦长公式，即可表示出，计算从而判断出为定值；
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，联立直线和椭圆方程可得与交点纵坐标有关的韦达定理，再结合弦长公式即可表示出，计算从而判断出为定值.
（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，
有，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，
点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、，
与椭圆方程联立，即，
可得，
，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，，
.
综上所述，.
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