玉溪一中 2025—2026 学年上学期高二月考（12 月）
数学参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D D C B D A C
二、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。
题号 9 10 11
答案 BC ACD ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
题号 12 13 4
答案 （0,2,2） 2036
；
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．（13分）
13
解：(1)由余弦定理有a2+b2 −c2=2abcosC，结合a2+b2 −c2= ab，
7
13
ab
可得 a2+b2 −c2 7 13，
cosC= = =
2ab 2ab 14
因为C∈(0,π)，
所以sinC>0，则sinC=√ 1− cos2C=
3√ 3
，
14
又因为7sinC+3√ 3cosA=0，1
所以cosA=− ，
2
因为A∈(0,π)，
2π
所以A= ；
3
a c
a c =
(2)由正弦定理有 = ，即 √ 3 3√ 3 ，
sinA sinC
2 14
3
故c= a，
7
因为a+c=10，
所以a=7，c=3，
13
由(1)可知a2+b2 −c2= ab，a>b，
7
即b2 −13 b+40=0，解得b=5或8，
因为a>b，
所以b=5，
1 1 √ 3 15√ 3
所以△ABC的面积S = bcsinA= ×5×3× = ．
△ABC 2 2 2 4
16．（15分）
解：(1)设A(x,y)，由|AB|=2|AC|，得√ x2+y2=2√ (x−3)2+y2，
整理得到(x−4)2+y2=4，又点A不能在x轴上，
所以点A的轨迹T的方程为(x−4)2+y2=4(y≠0)．
(2)由题意可得|BC|=3，当A到x轴距离最大时，即纵坐标最大时满足题意，
2−0
此时A(4,2)，所以k = =2，
AC 4−3
AC所在直线方程为y−2=2( x−4)，即2x−y−6=0，
2
又圆心(4,0)到直线AC的距离d= ，半径r=2，
√ 5
8
可得|AD|=2√ r2 −d2= √ 5．
517．（15分）
解：(1)取A C 的中点为S，连接SN,AS，
1 1
1
因为A S=SC ，B N=NC ，故SN//A B ,SN= A B ，
1 1 1 1 1 1 2 1 1
1
由直三棱柱的性质可得AM//A B ,AM= A B ，故SN//AM,SN=AM，
1 1 2 1 1
故四边形SNMA为平行四边形，故AS//NM，
而AS⊂平面A C CA，NM⊄平面A C CA，故NM//平面A C CA．
1 1 1 1 1 1
(2)因为∠ACB=90 ∘，故AC⊥CB，故BC=√ 12−8 =2，设AA =a．
1
由直三棱柱可得CC ⊥平面ABC，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
1
则 ，
C(0,0,0),A(2√ 2,0,0),B(0,2,0),A (2√ 2,0,a),B (0,2,a),C (0,0,a)
1 1 1故
M(√ 2,1,0),N(0,1,a)
，且
C
⃗
A =(2√ 2,0,a),M
⃗
N=(− √ 2,0,a)
．
1
因为MN⊥A 1 C，故 C ⃗ A ⋅M ⃗ N=0 即 −4+ a2=0 ，故 a=2(a=−2 舍去 ) ，
1
故 ⃗ ，⃗ ，又⃗ ．
CA =(2√ 2,0,2) MN=(−√ 2,0,2) CM=(√ 2,1,0)
1
→ →
n⊥MN
设平面CMN的法向量为 ⃗n=(x,y,z)，则{ ,
→ →
n⊥CM
所以{−√ 2x+2z=0，取
⃗
，
√ 2x+y=0
n=(√ 2,−2,1)
⃗ ⃗
n⋅CA 6 √ 21
故A C与平面CMN所成角的正弦值为| 1 |= = .
1 ⃗ ⃗ √ 7×2√ 3 7
|n|⋅| CA |
1
18.（17分）
解：(1)∵f(x+1)为R上的偶函数，f(x)关于x=1对称，
∴f(−2)= f(4)=lg10=1．
又f(− x+1)=f(x+1)，∴f(x)=f(2− x)，
当x<1即2− x>1时，f(x)=f(2− x)=lg(2− x+6)=lg(8− x)．
故f(x)={lg(6+x),x≥1
．
lg(8− x),x<1
1 1
(2)当t≥0时g(x)=x2+tx+ 在[0,2]上单调递增，g(x)的最小值为 ，与题意矛盾，
2 2
∴t<0，
t 1
同理当对称轴− ≥2即t≤−4时，则y=x2+tx+ 在[0,2]上单调递减，
2 2
1 9 1 5
∴g(2)≤g(0)= ，|2t+ |≤ ，∴− ≤t≤−2，矛盾．
2 2 2 2
t
若 −4<t<0， 0<− <2， 则
21 9 1
{g(2)≤ . {| +2t|≤ . 5
2 2 2 { − ≤t≤−2.
∴ ∴ 2 ∴t=−2．
t 1 t2 1 1
g(− )≤ . |− + |≤ . −2≤t≤0.
2 2 4 2 2
1 1
显然当t=−2时，g(x)=|x2 −2x+ |=|(x−1)2 − |符合题目要求，故t=−2，
2 2
不等式f(m+t)>f(2m−t)成立即f(m−2)> f(2m+2)成立，
因为f(x)在对称轴右侧为增函数，距离对称轴越远其值越大，
2
∴|m− 2−m1|+>2|−21| ，解得−4< m< ．
3
2
故m的取值范围为(−4, ).
3
19．（17分）
解：(1)设点P(x,y)，
√ (x−m)2+y2 m
=
由题意可知 n2 n ，
|x− |
m
m
即(x−m)2+y2=( x−n)2，
n
x2 y2
经化简，得C的方程为 + =1，
n2 n2 −m2
当m<n时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，
当m>n时，曲线C是焦点在x轴上的双曲线；
(2)设点M(x ,y )，N(x ,y )，M′(x ,y )，
1 1 2 2 3 3
其中y >0，y >0且x =− x ，y =− y ，
1 2 3 2 3 2
(i)证明：
x2 y2
由(1)可知C的方程为 + =1，
16 8
A(2√ 2,0),B(−2 √ 2,0)，
因为AM/ /BN，y y
所以
1 = 2
x −2√ 2 x +2√ 2
1 2
−y y ，
= 2 = 3
−x −2√ 2 x −2√ 2
2 3
因此，M，A，M′三点共线，
且
|BN|=√ (x +2√ 2)2+y2
2 2
，
=√ (− x −2√ 2)2+(− y )2=|AM′|
2 2
设直线MM′的方程为x=ty+2√ 2，
联立C的方程，
得(t2+2)y2+4√ 2ty−8=0，
4√ 2t 8
则y +y =− ,y y =− ，
1 3 t2+2 1 3 t2+2
2√ 2 16 √ 2
由(1)可知|AM|= |x − |=4− x ，
4 1 2√ 2 2 1
√ 2
|BN|=|AM′|=4− x ，
2 3
1 1 |AM|+|BN|
所以 + =
|AM| |BN| |AM|⋅| BN|
√ 2 √ 2
(4− x )+(4− x )
2 1 2 3
=
√ 2 √ 2
(4− x )(4− x )
2 1 2 3
√ 2 √ 2
(2− ty )+(2− ty )
2 1 2 3
=
√ 2 √ 2
(2− ty )(2− ty )
2 1 2 3√ 2
4− t(y +y )
2 1 3
=
1
4− √ 2t(y +y )+ t2y y
1 3 2 1 3
√ 2 4√ 2t
4− t⋅ (− )
2 t2+2
= =1(定值)，
4− √ 2t⋅ (−
4√ 2t
)+
1
t2 ⋅ (−
8
)
t2+2 2 t2+2
由椭圆定义|BQ|+|QM|+|MA|=8，
得|QM|=8−| BQ|−| AM|，
∵AM/ /BN，
|AM| |QM| 8−| BQ|−| AM|
∴ = = ，
|BN| |BQ| |BQ|
(8−| AM|)⋅| BN|
解得|BQ|= ，
|AM|+|BN|
(8−| BN|)⋅| AM|
同理可得|AQ|= ，
|AM|+|BN|
所以|AQ|+|BQ|
(8−| BN|)⋅| AM| (8−| AM|)⋅| BN|
= +
|AM|+|BN| |AM|+|BN|
8(|AM|+|BN|)−2| AM|⋅| BN|
=
|AM|+|BN|
2
=8− =8−2=6
1 1 ，
+
|AM| |BN|
因为|AB|=4√ 2，
所以△ABQ的周长为6+4√ 2(定值)；
(ii)当m>n时，
x2 y2
曲线C的方程为 − =1，
n2 m2 −n2
轨迹为双曲线，根据(i)的证明，
同理可得M，A，M′三点共线，
且|BN|=|AM′|，
设直线MM′的方程为x=sy+m，
联立C的方程，
得[(m2 −n2)s2 −n2]y2+2sm(m2 −n2)y+(m2 −n2)2=0，
2sm(m2 −n2) (m2 −n2)2
∴y +y =− ,y y = (∗)，
1 3 (m2 −n2)s2 −n2 1 3 (m2 −n2)s2 −n2
m n2 m
因为|AM|= (x − )= x −n，
n 1 m n 1
m
|BN|=|AM′|= x −n，
n 3
1 1 1 1
所以 + = +
|AM| |BN| |AM| |AM′|
|AM|+|AM′|
=
|AM|⋅| AM′|
m m
( x −n)+( x −n)
n 1 n 3
=
m m
( x −n)( x −n)
n 1 n 3
sm m2 −n2 sm m2 −n2
( y + )+( y + )
n 1 n n 3 n
=
sm m2 −n2 sm m2 −n2
( y + )( y + )
n 1 n n 3 n
sm 2(m2 −n2)
(y +y )+
n 1 3 n
= ，
m2s2 (m2 −n2)ms (m2 −n2)2
y y + (y +y )+
n2 1 3 n2 1 3 n2
将(∗)代入上式，1 1 2n
化简得 + = ，
|AM| |BN| m2 −n2
由双曲线的定义|BQ|+|QM|−| MA|=2n，
得|QM|=2n+|AM|−| BQ|，
|AM| |QM|
根据 = ，
|BN| |BQ|
(2n+|AM|)⋅| BN|
解得|BQ|= ，
|AM|+|BN|
|AM| |AQ|
同理根据 = ，
|BN| |QN|
(2n+|BN|)⋅| AM|
解得|AQ|= ，
|AM|+|BN|
(2n+|BN|)⋅| AM| (2n+|AM|)⋅| BN|
所以|AQ|+|BQ|= +
|AM|+|BN| |AM|+|BN|
2|AM|⋅| BN|
=2n+
|AM|+|BN|
2 m2 −n2 m2+n2
=2n+ =2n+ =
1 1 n n ，
+
|AM| |BN|
由内切圆性质可知，
1
S= (|AB|+|AQ|+|BQ|)⋅ r，
2
1
当S=λr时，λ= (|AB|+|AQ|+|BQ|)
2
m2+n2 (m+n)2
=m+ = (常数)，
2n 2n
(m+n)2
因此，存在常数λ使得S=λr恒成立，且λ= ．
2n
