湖北省襄阳市部分学校2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题（解析版）

第1页/共1页2024-2027届高二上学期1月月考数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角为（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据直线的倾斜角的定义求解即可.【详解】由于直线与轴平行，所以倾斜角为.故选：D.2.如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且满足，点N为BC的中点，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据向量加减、数乘的几何意义，应用，，表示出，即可得.【详解】由.故选：B3.圆与圆的公共弦长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先两圆相减求公共弦所在直线方程，再代入弦长公式，即可求解.【详解】圆与圆，相减得，圆心到直线的距离，又则公共弦长为．故选：C．4.从装有2个白球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件（）A.至少有一个黑球与都是黑球B.至少有一个黑球与至少有一个白球C.恰好有一个黑球与恰好有两个黑球D.至少有一个黑球与都是白球【答案】C【解析】【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断.【详解】A选项，至少有一个黑球包括一个黑球一个白球和两个黑球两种情况，与都是黑球不互斥，故A错；B选项，至少有一个白球包括一个白球一个黑球和两个白球两种情况，与至少有一个黑球不互斥，故B错；C选项，恰好有一个黑球、恰好有两个黑球还有恰好没有黑球这种情况，所以互斥但不对立，故C正确；D选项，至少有一个黑球和都是白球互斥且对立，故D错.故选：C.5.在1和7之间插入m个数，使得这m+2个数成等差数列.若这m个数中第1个为x，第m个为y，则的最小值是（）A. B.4 C.3 D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得，利用基本不等式1的代换，可求的最小值.【详解】由等差数列的性质得，且，则=≥=，当且仅当，即时取等号，即的最小值是故选：A.6.设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（）A B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．【详解】设点，因为，，所以，而，所以当时，的最大值为．故选：A．【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.．7.已知、是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】依据椭圆和双曲线定义和题给条件列方程组，得到关于椭圆的离心率和双曲线的离心率的关系式，即可求得的值.【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，令，不妨设则，解之得代入，可得整理得，即，也就是故选：C8.在正三棱柱中，所有棱长都为2，是侧棱上一动点，则到平面的距离之和的最大值为（）A. B. C. D.7【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式表示距离，最后结合换元法和基本不等式求解最大值即可.【详解】如图，取中点，的中点，连接，，以，，的方向分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的法向量为，.因为，，所以，令，解得，得到.设到平面的距离分别为，因为，，所以，令，则，当且仅当，即时，等号成立，所以到平面的距离之和的最大值为.故选：B.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.9.已知抛物线的焦点为，为坐标原点，点在抛物线C上，若，则（）A.F的坐标为 B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据抛物线的定义域标准方程，以及抛物线的几何性质，逐项判定，即可求解.【详解】由抛物线，可得，所以，且焦点在y轴正半轴上，则焦点，所以A错误；由抛物线的定义,可得，解得，所以B正确；由，可得，所以，则，所以C正确；由，所以D正确．故选：BCD．10.柜子里有双不同的鞋子，从中随机地取出只，下列计算结果正确的是（）A.“取出的鞋成双”的概率等于B.“取出的鞋都是左鞋”的概率等于C.“取出的鞋都是左鞋或都是右鞋”的概率等于D.“取出的鞋一只是左鞋，一只是右鞋，但不成双”的概率等于【答案】BC【解析】【分析】用列举法列出事件的样本空间，即可直接对选项进行判断.【详解】记双不同的鞋子按左右为，随机取只的样本空间为，共种，则“取出的鞋成双”的概率等于，A错；“取出的鞋都是左鞋”的概率等于，B正确；“取出的鞋都是左鞋或都是右鞋”的概率等于，C正确；“取出的鞋一只是左鞋，一只是右鞋，但不成双”的概率等于，D错.故选：BC11.已知棱长为12的正四面体ABCD中，为CD中点，P、Q分别为四面体ABCD的内切球和外接球上的动点，则（）A.|PQ|的最大值为 B.C. D.若，则的最大值为【答案】AB【解析】【分析】将此正四面体放入正方体中，求出其内切球和外接球的半径.A选项，当点、球心、点共线时最大；B选项，，同理可求；C选项，同B选项，可求；D选项，设为平面内一点，，结合空间向量四点共面定理可知，当|PQ|最大，最小时，求得的最大值.【详解】将此正四面体ABCD放入正方体中，如图，则该正方体棱长为，该正方体与正四面体ABCD的外接球相同，且球心为正方体的中心，外接球直径为正方体体对角线，则外接球半径，由正方体性质可证平面，设与平面交点为，可得为的三等分点，正四面体ABCD内切球半径为.A选项，当三点共线且在之间时，的最大值为，故A正确；B选项，，，由于，则，故B正确；C选项，，同理，故C错误；D选项，设为平面内一点，，则，由于的最大值为，则当最小时，有最大值，最小即为点到平面的距离，由于为CD中点，则点到平面的距离为点D到平面的距离的一半，而点D到平面的距离为，则最小为，则有最大值2，故D错误；故选：AB.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列为等差数列，若，则_________.【答案】2【解析】【分析】直接由得到，即可求解.【详解】设公差为，则，解得，故.故答案为：2.13.2022北京冬奥会期间，吉祥物冰墩墩成为顶流”，吸引了许多人购买，使一“墩难求甲、乙、丙3人为了能购买到冰墩墩，商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲、乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，丙购买到冰墩墩的概率为，则甲，乙，丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为_________．【答案】##【解析】【分析】先算出甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率，然后算出丙购买不到冰墩墩的概率，进而算出甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，最后算出答案.【详解】因为甲乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，所以甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率.同理，丙购买不到冰墩墩的概率.所以，甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，于是甲乙丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率.故答案为：.14.若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，试写出满足条件的一个实数的值：__________________.【答案】，，（只需写出其中一个值即可）【解析】【分析】化简得到，然后根据情况，对进行分类讨论即可求解.【详解】由已知得，明显地，，整理得，又由，看成有且仅有三条直线满足，和到直线：（不过原点）的距离均为，由，（1）当，此时，易得符合题意的直线为线段的垂直平分线，以及与直线平行的两条直线和（2）当时，有4条直线会使得点和到它们的距离相等，注意到不过原点，所以，当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去，设点到的距离为，①作为增根被舍去的直线，过原点和的中点，其方程为，此时，，符合；②作为增根被舍去的直线，过原点且以为方向向量，其方程为，此时，，符合；综上，满足题意的实数为，，；故答案为：，，.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.已知等差数列的公差为正数,与的等差中项为,且.求的通项公式；从中依次取出第项,第项,第项,，第项,按照原来的顺序组成一个新数列,判断是不是数列中的项？并说明理由.【答案】；是数列中的项，理由见解析.【解析】【分析】设等差数列的公差为，由题意可知与的等差中项为，利用等差数列的定义列出式子求出公差为，，进而列出的通项公式；写出，将代入验证即可.【详解】解：设等差数列公差为，根据等差中项的性质可得与的等差中项为，所以，又因为，即.所以，，因为公差为正数,所以.则，则.的通项公式.结合可知，，，，.令，即，符合题意，即.所以是数列中的项.【点睛】本题考查等差数列的定义，通项公式的求法，考查推理能力，属于基础题.16.设，是平面上两点，则满足(其中为常数，且)的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，已知，，且.（1）求点所在圆的方程.（2）已知圆与轴交于，两点(点在点的左边)，斜率不为0的直线过点且与圆交于，两点，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）直接法求轨迹方程；（2）设直线的方程为，联立圆方程，结合韦达定理，证明，进而证得.【详解】（1）解：由题意可得，，即，则，整理得，即圆的方程为.（2）证明：对于圆，令，得或，所以，.设直线的方程为，，.由得，则，.则直线与关于轴对称，即.17.甲、乙、丙3人打台球，约定：第1局甲、乙对打，且由甲开球，丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打，并由轮空者开球.假设甲、乙、丙3人打台球的水平相同，且开球者获胜的概率为，每局台球的结果相互独立.（1）求前3局中甲、乙、丙各自轮空1局的概率；（2）求前4局中甲参与了3局的概率；（3）求第4局是甲、乙对打的概率.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）分第2局甲轮空，第3局乙轮空；和第2局乙轮空，第3局甲轮空两种情况分别计算即可；（2）分甲第2局轮空，第3局轮空，第4局轮空三种情况分别计算即可；（3）第4局是甲、乙对打，有两种情况：情况一，第2局为甲、丙对打，第3局为乙、丙对打；情况二，第2局为乙、丙对打，第3局为甲、丙对打.分别计算两种情况下第4局为甲、乙对打的概率.小问1详解】若第2局甲轮空，第3局乙轮空，其概率为.若第2局乙轮空，第3局甲轮空，其概率为.故所求概率为.【小问2详解】分三种情况.第一种情况：甲第2局轮空，则其他3局都参与了.因为甲第2局轮空，所以第3局一定有甲参与，且由甲开球，而要参与第4局，则第3局甲胜，其概率为.第二种情况：甲第3局轮空，则其他3局都参与了.因为甲第3局轮空，所以第4局一定有甲参与，且第2局甲负，其概率为.第三种情况：甲第4局轮空，则其他3局都参与了.其概率为.故所求概率为.【小问3详解】第4局是甲、乙对打，分两种情况讨论：情况一：第1局甲胜，第2局丙胜，第3局乙胜.此时第2局为甲丙对打，第3局为乙丙对打（甲轮空），第4局为甲乙对打.其概率为.情况二：第1局乙胜，第2局丙胜，第3局甲胜.此时第2局为乙丙对打，第3局为甲丙对打（乙轮空），第4局为甲乙对打.其概率为.故所求概率为18.如图，在三棱台中，上下底面分别为边长是2和4的等边三角形，平面，且四棱锥的体积为，M为的中点，N为线段上一点．（1）若N为的中点，证明：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）是否存在点N使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）；（3）存在，点N为线段的三等分点【解析】【分析】（1）借助结合题目条件计算可得，再由勾股定理的逆定理可得，再结合线面垂直的性质定理与判定定理即可得证；（2）建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量后结合空间向量夹角公式计算即可得；（3）表示出平面的法向量及的方向向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得.【小问1详解】设，可知的面积，的面积，三棱台的体积，即，所以．连接，可得，，所以，即，因为M，N分别为，的中点，所以，所以，因为平面，平面，所以，由M为的中点，所以，又，、平面，所以平面，又平面，所以，又，、平面，所以平面；【小问2详解】以M为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则，，，．所以，，设平面的法向量为，所以令，，易知平面的法向量，设二面角所成角为，则，所以二面角所成角的余弦值为；【小问3详解】设，，所以，，设平面的法向量为，所以，令，则，因为，设直线与平面所成角为，则，整理得，即或，所以，当点N为线段的三等分点时，直线与平面所成角的正弦值为．19.如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，．（1）求与的标准方程；（2）过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合）（3）点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合）【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】分析】（1）首先求出，再代入即可得到答案；（2）设