2025-2026学年湖南长沙雅礼中学高二上学期10月考数学试题含答案

雅礼中学年下学期月质量检测试卷高二数学时量：分钟分值：分85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.1.若复数满足，则（）A.B.C.D.2.已知椭圆的方程为，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.3.如图，在平行六面体ABCD﹣ABCD1M为AC1与BD1的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（）AB.CD.4.已知直线的一个方向向量为，其倾斜角为，则（）A.B.C.D.5.已知的方差为3，则的方差为（）A.6B.7C.12D.186.已知正方形的一组对边所在的直线方程分别为和，另一组对边所在的直第1页/共4页线方程分别为和，则（）A.B.C.D.67.“”是“直线与曲线恰有1个公共点”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件8.已知正方体的棱长为，空间中的点满足：，其中，且，则点的轨迹的长度为（）A.B.C.D.36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．9.已知圆锥的顶点为，为底面直径，是面积为1的直角三角形，则（）A.该圆锥的母线长为B.该圆锥的体积为C.该圆锥的侧面积为D.该圆锥的侧面展开图的圆心角为10.下列说法正确的是（）A.若直线与直线平行，则B.，都有原点在圆外C.一条光线从点所在的直线方程为D.圆与圆的公切线恰有2条已知，则（）A.B.最大值为26C.的最小值是D.的最大值是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．第2页/共4页12.已知是相互独立事件，且，则_____．13.直线：与直线：交于点QmO的最大值是______．14.已知椭圆的左右焦点分别为，上顶点为，过且垂直于的直线与交于、两点，则的周长为_____．四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.“创建文明城市”所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图．（1）求频率分布直方图中的值；（2）求样本成绩的平均数和众数；（3）用分层抽样的方法在分数落在内的答卷中随机抽取一个容量为5的样本，现将该样本看成一个总体，再从中任取2份，求至多有1份答卷的分数在内的概率．16.已知，，分别是的内角，，的对边，且.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.17.在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面，且，．第3页/共4页（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．18.已知过定点的直线被圆截得的弦长为．（1）求直线的方程．（2）线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，是线段的中点，记点的轨迹为曲线．（i）求曲线方程；（ii为直线作曲线、是否过定点?求出该定点，并说明理由；19.已知椭圆的两个焦点为和，点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点为椭圆上一动点，求点到直线距离的最值；（3）分别过，作平行直线，若直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，其中点在轴上方，求四边形的面积的取值范围．

雅礼中学年下学期月质量检测试卷高二数学时量：分钟分值：分85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.1.若复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据复数的乘法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式即可得解.【详解】，所以.故选：D.2.已知椭圆的方程为，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接根据椭圆的简单几何性质计算可得.【详解】因为椭圆的方程为，所以，则所以的离心率为．故选：B第1页/共21页3.如图，在平行六面体ABCD﹣ABCD1M为AC1与BD1的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用向量的平行四边形法则、平行六面体的性质即可得出．【详解】，故选：B．4.已知直线的一个方向向量为，其倾斜角为，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意求得直线的斜率为，可得，将所求的式子转化为齐次式，弦化切得解.【详解】因为直线的一个方向向量为，所以直线的斜率为，即，第2页/共21页故选：B．5.已知的方差为3，则的方差为（）A.6B.7C.12D.18【答案】C【解析】【分析】利用方差的性质求解即可.【详解】因为的方差为3，所以的方差为.故选：C.6.已知正方形的一组对边所在的直线方程分别为和，另一组对边所在的直线方程分别为和，则（）A.B.C.D.6【答案】D【解析】【分析】根据平行线间距离求值.【详解】与间距离，与间距离，又由正方形可知，即，解得，故选：D.7.“”是“直线与曲线恰有1个公共点”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件第3页/共21页【答案】A【解析】【分析】先分析曲线图形，再结合直线与该曲线的位置关系，再判断“”与“直线与曲线恰有1个公共点”之间的条件关系.【详解】曲线表示圆心，半径为的圆的上半部分（包括与直线的斜率为1，在轴上的截距为，当直线与曲线恰有1个公共点时，该直线与曲线相切或有一个交点，如图所示：相切时，圆心到直线距离等于2，则，即或（舍去，因为当时与下半部分相切，不符合题意）.由图象可知，有一个交点时，.综上可知，当直线与曲线恰有1个公共点时，或.于是，当“”时，直线“与曲线恰有1个公共点”，则充分性成立；当直线与曲线恰有1个公共点时，或，则必要性不成立.所以，“”是“直线与曲线恰有1个公共点”的充分不必要条件.故选：A8.已知正方体的棱长为，空间中的点满足：，其中，且，则点的轨迹的长度为（）A.B.C.D.第4页/共21页【答案】C【解析】【分析】易得平面，设为的交点，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理得平面，进而可得，在平面中建立平面直角坐标系，设，求出点的轨迹方程，即可求解.【详解】因为，所以平面，如图1所示，设为的交点，所以，又平面平面，所以，又，平面，所以平面，因为点平面，故平面，所以，则，因为正方体的棱长为，所以，即，在平面内建立平面直角坐标系，如图2所示，则，第5页/共21页设，则，，所以，又，故，即，整理得，即，故点的轨迹是半径为的圆，所以点的轨迹长度为．故选：C．36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．9.已知圆锥的顶点为，为底面直径，是面积为1的直角三角形，则（）A.该圆锥的母线长为B.该圆锥的体积为C.该圆锥的侧面积为D.该圆锥的侧面展开图的圆心角为【答案】ABD【解析】【分析】根据圆锥轴截面的形状以及面积可得A正确，求出母线长以及底面半径可计算出B正确，C错误，由侧面展开图计算即可求出D正确.【详解】设该圆锥的母线长为，如下图所示：第6页/共21页因为轴截面是面积为1的直角三角形，即为直角；所以，解得，A正确；设该圆锥的底面圆心为，在中，，所以，则圆锥的高，所以该圆锥的体积，侧面积为，B正确、C错误；设该圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，所以，D正确．故选：ABD．10.下列说法正确的是（）A.若直线与直线平行，则B.，都有原点在圆外C.一条光线从点所在的直线方程为D.圆与圆的公切线恰有2条【答案】BD【解析】【分析】根据直线与直线的位置关系、点与圆的位置关系、光线反射问题以及两圆的公切线问题，需要逐一分析每个选项.【详解】若两直线与平行，需满足，由得，解得或；当时，两直线分别为和，平行；当时，两直线分别为和，平行；所以和都满足条件，故A选项错误；将原点代入圆的左边得，右边为，第7页/共21页比较与：，即原点到圆心的距离的平方大于半径的平方，所以原点在圆外，故B选项正确；点关于轴对称点为，反射光线过且与圆相切，设反射光线方程为，即，由圆心到直线的距离等于半径，得，即，化简得：，解得或，反射光线方程为或，故C选项错误；圆化为标准方程：，圆心，半径；圆化为标准方程：，圆心，半径，两圆心距，因为，两圆相交，公切线有条，故D选项正确.故选：BD.已知，则（）A.B.的最大值为26C.的最小值是D.的最大值是【答案】ABD【解析】【分析】变形为，从而可得表示圆上一点与定点所在直线的斜率加上，进而可判断A；结合的范围即可判断B；表示圆上一点到直线的距离的倍，进而可判断C；化简D选项可知D表示圆上一点到点距离之差的2倍，由此求解可判断D.【详解】圆的圆心为，半径，第8页/共21页对于A，，则表示圆上一点与定点所在直线的斜率加上，由图可知，过点与圆相切得的线斜率存在，设切线方程为，即，则，解得或，由图可知，，所以，故A正确；对于B，由，得，则，所以的最大值为，故B正确；对于C，圆上一点到直线的距离为，，所以求的最小值，即求，所以即为到直线的距离减半径，到直线的距离为，所以，第9页/共21页所以的最小值为，故C错误；对于D，因为，所以，表示圆上一点到点距离之差的2倍，所以，当（在两点中间）三点在一条直线上时取等，所以的最大值是，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.已知是相互独立事件，且，则_____．【答案】##【解析】求解即可.【详解】因为是相互独立事件，所以，则.故答案为：.13.直线：与直线：交于点QmO的最大值是______．【答案】【解析】第10页/共21页【分析】利用两点间距离公式求出，再分析得到最值即可.【详解】因为：与直线：的交点坐标为，所以，若最大，则最小，则最小，而，当且仅当时取等，此时，所以的最大值是．故答案为：14.已知椭圆的左右焦点分别为，上顶点为，过且垂直于的直线与交于、两点，则的周长为_____．【答案】【解析】【分析】根据条件可得，然后根据椭圆的定义求解即可.【详解】由椭圆，得，则，所以，过且垂直于的直线与椭圆交于两点，所以为线段的垂直平分线，所以，则的周长为.故答案为：.第11页/共21页四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.“创建文明城市”所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图．（1）求频率分布直方图中的值；（2）求样本成绩的平均数和众数；（3）用分层抽样的方法在分数落在内的答卷中随机抽取一个容量为5的样本，现将该样本看成一个总体，再从中任取2份，求至多有1份答卷的分数在内的概率．【答案】（1）；（2）；；（3）.【解析】1）由各矩形对应频率之和为1，可得答案；（2）由频率分布直方图计算平均数，众数可得答案；（3）由题可得应从中抽2个，从中抽3个，然后设中的样本为：，中的样本为：，由列举法可得答案.【小问1详解】第12页/共21页由题，，则；【小问2详解】由（1；由频率分布直方图这组频率最高，则中众数为：；【小问3详解】落在内的样本容量为：，落在内的样本容量为：.则应从中抽2个，从中抽3个.设中的样本为：，中的样本为：.则从中任取2份的情况有：，，共10种.分数在内有：共7种，则至多有1份答卷的分数在内的概率为：.16.已知，，分别是的内角，，的对边，且.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）10【解析】1）根据，利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式求解；（2）由三角形的面积得到a，b的关系，再结合（1）的结论，利用余弦定理求解.【小问1详解】解：在中，，由正弦定理得：，则，第13页/共21页即，即，由正弦定理得，即；【小问2详解】由，得，则，得，由余弦定理得，即，整理得，即，解得，则，所以的周长为.17.在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面，且，．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1中点，∥论；第14页/共21页（2）以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，再根据二面角的余弦公式求解即可.小问1详解】取中点，连接，，∵，，点为中点，∴，又∥，∴四边形为平行四边形，∴∥，，∵为正方形，∴∥，，∴∥，，∴四边形为平行四边形，∴∥，又平面，平面，∴∥平面．【小问2详解】以为原点，分别以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，则，，，设平面的法向量为，第15页/共21页，令，则，，所以，设平面的法向量为，，令，则，，所以，，所以平面与平面所成角的余弦值为．18.已知过定点的直线被圆截得的弦长为．（1）求直线的方程．（2）线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，是线段的中点，记点的轨迹为曲线．（i）求曲线方程；（ii为直线作曲线、是否过定点?求出该定点，并说明理由；【答案】（1）或（2i）ii）过定点，理由见解析【解析】1线的距离等于半径即可得解；（2i）设，由M是线段的中点，可得，代入圆的方程化简可得结果；（ii在以所在直线的方程，进而可得出结论.【小问1详解】第16页/共21页圆的圆心为，半径，设圆心到直线的距离为，则，所以，当直线的斜率不存在时，方程为，圆心到直线的距离为，不符合题意；当直线的斜率存在时，设方程为，即，则圆心到直线的距离为，解得或，时，直线的方程为，时，直线的方程为，即，综上所述，直线的方程为或；【小问2详解】（i）设点，由点的坐标为，且是线段的中点，则，可得，即，因为点在圆上运动，所以点坐标满足圆的方程，即，整理得，所以点的轨迹方程为；（ii）圆的圆心，半径，第17页/共21页因为点为直线上一动点，则可设