2024-2025学年江苏省常州市高二上册学第一次月考数学检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年江苏省常州市高二上学期学第一次月考数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，则（

）A． B．C． D．2．若复数满足(其中是虚数单位)，则（

）A．的实部是 B．的虚部是 C． D．3．已知空间向量，空间向量满足且，则＝（

）A． B．C． D．4．在5件产品中，有3件一等品和2件二等品，从中任取2件，以为概率的事件是（

）A．恰有1件一等品 B．至少有一件一等品C．至多有一件一等品 D．都不是一等品5．在空间直角坐标系中，，，，则平面的一个法向量为（

）A． B． C． D．6．的大小关系为（

）A． B． C． D．7．如图，在下列各正方体中，为正方体的一条体对角线，、分别为所在棱的中点，则满足的是（

）A．

B．

C．

D．

8．已知函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，则的取值范围为（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知向量，，，则（

）A． B．在上的投影向量为C． D．向量共面10．给定组数，则（

）A．中位数为3 B．标准差为C．众数为2和3 D．第85百分位数为411．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）A．的最小正周期为B．是y=fx图象的一个对称中心C．在区间上单调递增D．把y=fx图象上所有点向右平移个单位长度后得到函数的图象三、填空题（本大题共3小题）12．已知，则的最小值为，当取得最小值时的值为.13．已知函数，则不等式的解集为.14．如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是．(填序号)①(＋＋)2＝2()2；②·(－)＝0；③向量与的夹角是60°；④BD1与AC所成角的余弦值为.四、解答题（本大题共5小题）15．在中，角的对边分别为，若.(1)求角的大小；(2)若，求的面积.16．已知空间三点，在直线上有一点满足.(1)求的长；(2)求点的坐标.17．已知函数，.（1）当时，求函数的值域；（2）若，，求的值.18．为增强市民的环境保护意识，某市面向全市征召若干名宣传志愿者，成立环境保护宣传小组，现把该小组的成员按年龄分成、、、、这组，得到的频率分布直方图如图所示，已知年龄在内的人数为.(1)若用分层抽样的方法从年龄在、、内的志愿者中抽取名参加某社区的宣传活动，再从这名志愿者中随机抽取名志愿者做环境保护知识宣讲，求这名环境保护知识宣讲志愿者中至少有名年龄在内的概率；(2)在（1）的条件下，记抽取的名志愿者分别为甲、乙，该社区为了感谢甲、乙作为环境保护知识宣讲的志愿者，给甲、乙各随机派发价值元、元、元的纪念品一件，求甲的纪念品不比乙的纪念品价值高的概率.19．如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点.

(1)证明：平面；(2)线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.

答案1．【正确答案】B【详解】由可得，即，所以.故选：B2．【正确答案】D【详解】因此的实部是，虚部是，，故选：D3．【正确答案】A【分析】由空间向量共线的坐标表示与数量积的坐标表示求解即可.【详解】∵，且空间向量满足，∴可设，又，∴，得．∴，故A正确.故选A.4．【正确答案】C【详解】将3件一等品编号为1,2,3,2件二等品编号为4,5，从中任取2件有10种取法：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)．其中恰含有1件一等品的取法有：(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，恰有1件一等品的概率为P1＝，恰有2件一等品的取法有：(1,2)，(1,3)，(2,3)．故恰有2件一等品的概率为P2＝，其对立事件是“至多有一件一等品”，概率为P3＝1－P2＝1－＝.5．【正确答案】A【详解】由已知，设平面的一个法向量为，取，解得，选项A符合，另外选项BCD中的向量与选项A中的向量不共线.故选：A.6．【正确答案】D【详解】，即，，所以.故选：D7．【正确答案】C【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断即得.【详解】在正方体中，建立空间直角坐标系，令棱长为2，体对角线的端点为，对于A，，直线的方向向量，

，显然，直线与不垂直，A不是；对于B，由选项A知，直线的方向向量，，

则,显然，直线与不垂直，B不是；对于C，由选项A知，直线的方向向量，，

则,显然，，C是；对于D，由选项A知，直线的方向向量，，

则,显然，直线与不垂直，D不是.故选：C8．【正确答案】C【详解】由函数，因为，可得，因为函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，则满足，解得，所以的取值范围为.故选：C.9．【正确答案】ABD【详解】对于A，，，，A正确；对于B，，在上的投影向量为，B正确；对于C，，与不垂直，C错误；对于D，，共面，D正确.故选：ABD.10．【正确答案】ABC【详解】将该组数从小到大排列：，显然中位数是，众数是2和3，而，即第9个数5为第85百分位数，故AC正确，D错误；易知该组数的平均数，所以其标准差为，故B正确.故选：ABC11．【正确答案】AB【详解】由图知，，设的最小正周期为，则，解得，故A正确；则，把点代入中，可得，因，故得，故；因时，，故是y=fx图象的一个对称中心，即B正确；对于C，设，因，则得，而在上单调递减，故在区间上单调递减，即C错误；对于D，把图象上所有点向右平移个单位长度后即得到函数为，故D错误.故选：AB.12．【正确答案】；【分析】利用基本不等式求出最小值以及取得最小值时的值．【详解】，当且仅当时取等号故13．【正确答案】或或【详解】当时单调递减，因为，所以，所以或，当时，则，所以，所以，所以，所以都满足题意，所以或或.14．【正确答案】①②【详解】解：因为以为端点的三条棱长都相等，且彼此的夹角为，不妨设棱长为，对于①，，因为，则，所以，故①正确；对于②，因为，故②正确；对于③，因为，显然为等边三角形，则，所以向量与的夹角为，向量与的夹角为，故③不正确；对于④，因为，，则，，所以，所以，故④不正确．故①②．15．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）由和正弦定理可得，，因，故得，即，因，故；（2）由余弦定理，，代值整理可得，，又，代入解得，，于是，的面积为.16．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）因为,所以的长.（2）设，则，由，即，因为共线，故存在实数使得，即所以，解得，所以点H的坐标为.17．【正确答案】（1）（2）【详解】解：（1）因为，时，，，可得，，，即函数的值域为，；（2），，，，．18．【正确答案】(1)；(2).【详解】（1）解：因为志愿者年龄在、、内的频率分别为、、，所以用分层抽样的方法抽取的名志愿者年龄在、、内的人数分别为、、记年龄在内的名志愿者分别记为、、，年龄在的名志愿者分别记为、，年龄在内的名志愿者记为，则从中抽取名志愿者的情况有、、、、、、、、、、、、、、，共种可能；而至少有名志愿者的年龄在内的情况有、、、、、、、、，共种可能.所以至少有名志愿者的年龄在内的概率为.（2）解：甲、乙获得纪念品价值的情况有、、、、、、、、，共种可能；而甲的纪念品不比乙的纪念品价值高的情况有、、、、、，共种可能.故甲的纪念品不比乙的纪念品价值高的概率为.19．【正确答案】(1)证明见解析(2)存在，的长为.【详解】（1）因为直四棱柱中，，则为正三角形，又是线段的中点，则，是线段的中点，则，而，所以，又平面，所以平面.（2）

由（1）知为正三角形，则，在中，，，则，所以，又在直四棱柱中，，以为原点，建立如图空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，假设在线段上存在点，使得平面，令，则，所以，由平面，得，所以，解得，则所以，即的长为.2024-2025学年江苏省常州市高二上学期学第一次月考数学检测试题（二）一、单选题（本大题共7小题）1．已知双曲线x2a2−y2b2=1a＞0,b＞0的左、右焦点分别为F1、F2．过FA．x28−y2C．x24−y22．若将一个椭圆绕其中心旋转90°，所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，这样的椭圆称为“对偶椭圆”.下列椭圆中是“对偶椭圆”的是（

）A． B． C． D．3．已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线与圆交于A，B两点，则（

）A． B． C． D．4．已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（

）A． B． C． D．5．对于一段曲线，若存在点，使得对于任意的，都存在，使得，则称曲线为“自相关曲线”．现有如下两个命题：①任何椭圆都是“自相关曲线”；②存在双曲线是“自相关曲线”，则下列正确的是（

）A．①成立②不成立 B．①不成立②成立C．①成立②成立 D．①不成立②不成立6．已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中错误的是（

）A．点的轨迹方程是B．直线是“最远距离直线”C．平面上有一点，则的最小值为D．点的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（即没有交点）7．已知曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（

）A．曲线的图象不关于原点对称B．曲线经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点）C．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为D．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3二、多选题（本大题共4小题）8．在平面上，定点、之间的距离.曲线C是到定点、距离之积等于的点的轨迹.以点、所在直线为轴，线段的中垂线为轴，建立直角坐标系.已知点是曲线C上一点，下列说法中正确的有（

）A．曲线C是中心对称图形B．曲线C上有两个点到点、距离相等C．曲线C上的点的纵坐标的取值范围是D．曲线C上的点到原点距离的最大值为9．到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知两定点，动点满足，设的轨迹为曲线，则下列命题错误的是（

）A．曲线过原点 B．的横坐标最大值是2C．的纵坐标最大值是 D．10．某学习小组用函数图象：，和抛物线部分图象围成了一个封闭的“心形线”，过焦点的直线交（包含边界点）于，两点，是或上的动点，下列说法正确的是（

）

A．抛物线的方程为B．的最小值为C．的最大值为D．若在上，则的最小值为11．曲线被称为“幸运四叶草曲线”（如图所示）．给出下列四个结论，正确的有（

）A．曲线C关于直线交于不同于原点的Ax1,yB．存在一个以原点为中心、边长为1的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界）；C．存在一个以原点为中心、半径为1的圆，使得曲线C在此圆面内（含边界）；D．曲线C上存在一个点M，使得点M到两坐标轴的距离之积大于.三、填空题（本大题共3小题）12．已知圆的面积为，则．13．已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值．14．在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）.如果用坐标平面分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为.

四、解答题（本大题共5小题）15．设抛物线，直线与C交于A，B两点，且.(1)求p；(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，，求面积的最小值.16．已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．(1)求椭圆的方程和离心率；(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．17．已知抛物线，在上有一点A位于第一象限，设A的纵坐标为.(1)若A到抛物线准线的距离为3，求的值；(2)当时，若轴上存在一点，使的中点在抛物线上，求到直线的距离；(3)直线，是第一象限内上异于A的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为.若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围.18．在直角坐标系中,点到轴的距离等于点到点的距离,记动点的轨迹为．(1)求的方程；(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．19．在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”，已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，点为右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于两点，当轴时，直线为的等线.(1)求的方程;(2)若是四边形的等线，求四边形的面积;(3)设，点的轨迹为曲线，证明:在点处的切线为的等线

答案1．【正确答案】D【详解】如图，F2c,0，不妨设渐近线方程为y=bax所以PF2所以b=2.设∠POF2=θ,则tanθ=PF因为12ab=12c⋅yP,所以yP所以Pa2因为F1−c,0所以kP所以2a2+2=4a所以双曲线的方程为x2故选D.2．【正确答案】A【分析】根据给定定义可得椭圆的短半轴长与半焦距相等，再对各选项逐一计算判断作答.【详解】由“对偶椭圆”定义得：短半轴长b与半焦距c相等的椭圆是“对偶椭圆”，对于A，，即，A是“对偶椭圆”；对于B，，即，B不是“对偶椭圆”；对于C，，即，C不是“对偶椭圆”；对于D，，即，D不是“对偶椭圆”.故选：A3．【正确答案】D【详解】圆的圆心，半径，由双曲线的离心率为，得，解得，于是双曲线的渐近线方程为，即，

当渐近线为时，点到此直线距离，即直线与已知圆相离，不符合要求，当渐近线为时，点到此直线距离，则直线与已知圆相交，所以弦长.故选：D4．【正确答案】B【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出的值，利用，根据向量模的计算即可求得答案.【详解】由题意椭圆，为两个焦点，可得，

则①，即，由余弦定理得，，故，②联立①②，解得：，而，所以，即，故选：B方法点睛：本题综合考查了椭圆和向量知识的结合，解答时要注意到O为的中点，从而可以利用向量知识求解.5．【正确答案】A【详解】由于椭圆是封闭的，则总可以找到满足题意的点，使得成立，不妨设椭圆方程为，取点，由椭圆性质可知，椭圆上的任意点P，总有，若，则，由，得，整理得，所以在椭圆上必存在点Q，使得成立，①成立；在双曲线中，假定存在点，显然的最大值趋于正无穷大，的最小值是定值，即的最小值是定值，设，则，由，显然，不妨令，取，则，与矛盾，②不成立．故选：A6．【正确答案】D【详解】设Px,y，因为动点到点的距离是点到直线的距离的一半，所以，整理得，A说法正确；联立可得，解得，所以存在点，直线是“最远距离直线”，B说法正确；过作垂直于直线，垂足为，由题意得，则，由图可知的最小值即为点到直线的距离，C说法正确；由得，圆圆心为1,0，半径为，易得点的轨迹与圆交于点2,0，D说法错误；故选：D7．【正确答案】D【详解】对于A，结合曲线：，将代入，方程不变，即曲线的图象关于原点对称，A错误；对于B，令，则，解得，令，则，解得，令，则，解得，故曲线经过的整点只能是，B错误；对于C，直线与曲线：必有公共点，因此若直线与曲线只有一个交点，则只有一个解，即只有一个解为，即时，无解，故，即实数的取值范围为，C错误，对于D，由，可得，时取等号，则曲线上任意一点到坐标原点的距离为，即都不超过3，D正确，故选：D8．【正确答案】ACD【详解】对A：由题意可得F1−c,0，，设点Mx,y是曲线则有，显然，，即点Mx,y关于原点对称点在曲线C上，因此曲线C是中心对称图形，故A正确；对B：曲线C上点P满足，则点P在y轴上，由得，解得，因此曲线C上只有一个点到点、距离相等，故B错误；对C：当时，，即，当且仅当，由直线三角形中线性质可得，亦即，时取等号，此时，而点在曲线C上，即成立，因此，曲线C上的点的纵坐标的取值范围是，故C正确；对D：因为，则，当时，由余弦定理得，于是得，当时，或，有或，因此曲线C上的点到原点距离的最大值为，故D正确．故选：ACD．9．【正确答案】BC【详解】由题意知动点满足，，故，即，即，则，对于A，当时，，即曲线过原点，A正确；对于B，由，得，则，解得，即的横坐标最大值是，B错误；对于C，因为，当且仅当时取等号，即的纵坐标最大值是1，C错误；对于D，若，即，令，则，即，设，，即在上单调递增，故，即成立，故成立，D正确，故选：BC10．【正确答案】ACD【详解】可变形为，表示以为圆心，为半径的圆的上半部分；可变形为，表示以为圆心，为半径的圆的上半部分．对于A选项，抛物线过点，解得，，故A选项正确；对于B选项，抛物线的准线为，过点作，垂足为，

则，则，故B选项不正确；

对于C选项，不妨设，显然离最远的点在上，且，联立，消去整理得，，则，，则，由对称性只考虑情况，在点时，，所以，所以，设，易得在上单调递增，所以的最大值为，故C选项正确；对于D选项，设的中点为，联立，消去整理得，则，，，，，所以，，，最小，即最大，也即最小，又的中点位于圆心的左侧，故当在0,4位置时，最小，最小，所以，故D选项正确.故选：ACD．11．【正确答案】AC【详解】因为由可得，所以曲线关于原点对称，又直线过原点，所以Ax1,y所以，所以A正确；由，所以，即：①，当取等号，此时，点在曲线上，而，所以不可能在一个以原点为中心、边长为1的正方形内，所以B错误，点可以在一个以原点为中心、半径为1的圆上，故C正确，由①式知，所以D错误．故AC．12．【正确答案】【详解】圆化为标准方程为：，圆的面积为，圆的半径为，，解得．故13．【正确答案】（中任意一个皆可以）【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，所以，解得：或，由，所以或，解得：或．故（中任意一个皆可以）．14．【正确答案】【分析】采用待定系数法，结合已知定义可设，代入点坐标即可结果.【详解】设椭球面的方程为：，椭球面过点，，解得：，椭球面的方程为.故答案为.【思路导引】对于椭圆有关的新定义问题，要能够充分理解椭球面方程与截面方程之间的关系，进而采用待定系数法来进行求解.15．【正确答案】(1)2(2)【详解】（1）设，由，可得，所以，，所以，即，因为，解得；（2）由（1）得抛物线，因为，显然直线的斜率不可能为零，设直线：，，，由，可得，所以，，，因为，所以，即，亦即，将，代入得，，，所以，且，解得或，设点到直线的距离为，则，，所以的面积，而或，所以当时，的面积.

16．【正确答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.(2).【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，，所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为.17．【正确答案】(1)(2)(3)【详解】（1）抛物线的准线为，由于A到抛物线准线的距离为3，则点A的横坐标为2，则，解得；（2）当时，点A的横坐标为，则，设，则的中点为，由题意可得，解得，所以，则，由点斜式可得，直线的方程为，即，所以原点到直线的距离为；（3）如图，

设，则，故直线的方程为，令，可得，即，则，依题意，恒成立，又，则最小值为，即，即，则，解得，又当时，，当且仅当时等号成立，而，即当时，也符