河南省驻马店市青桐鸣联考2025-2026学年高二上学期1月月考数学检测试卷 附答案

/河南省驻马店市青桐鸣联考2025−2026学年高二上学期1月月考数学试卷一、单选题1．可表示为（

）A． B． C． D．2．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．3．设，分别是椭圆的左、右焦点，点在上，且，则（

）A． B．C． D．4．双曲线的一条渐近线方程为，则的焦距为（

）A． B． C． D．5．的展开式中的系数为（

）A．480 B．160 C． D．6．设是空间的一组基底，向量，若，，，且是空间的另一组基底，则（

）A． B．C． D．7．某司法部门安排甲、乙、丙、丁四人去富强、文明、民主三个社区进行普法宣传，要求每人必须去社区且只能去一个社区，且每个社区必须有人去宣传，若甲去文明社区，乙不去富强社区，则不同的安排方法有（

）A．16种 B．12种 C．7种 D．6种8．已知，，点满足，点在圆：上运动，点在直线上运动，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知，，则下列正确的有（

）A． B． C． D．10．已知的展开式中常数项为35，为实数，则下列说法正确的有（

）A．的展开式中各二项式系数之和为64B．C．的展开式中各项的系数之和为0D．的展开式中系数最大的项为第4项或第5项11．已知双曲线：的离心率为2，，分别为的左、右焦点，为坐标原点，曲线：，，且与交于，两点，则下列正确的有（

）A． B．C．的最大值为32 D．面积的最小值为三、填空题12．两平行直线与之间的距离为.13．甲、乙均在内的5人坐在一排的5个座位上，若甲、乙相邻，且甲、乙均不在这排座位的两端，则不同的坐法有种.14．已知，，定义.若直四棱柱的底面为矩形，，，为侧面（包含边界）内一动点，且，则的最大值为.四、解答题15．在平面直角坐标系中，已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为，边上的高所在的直线方程为.（1）求边所在直线的一般式方程；（2）求的面积.16．已知.（1）求的值；（2）求的值.17．已知为抛物线：的焦点，直线：经过，且与相交于，两点，过点的动直线与相交于，两点．（1）求抛物线的方程；（2）求的值；（3）设为坐标原点，若的面积为，直线与轴交于点，证明：．18．如图，在四边形中，，，，，过作，垂足为，将沿翻折至，使点落在点的位置，.（1）证明：平面平面.（2）已知，，，，五点均在球的球面上.（ⅰ）求球的表面积；（ⅱ）设点平面，点平面，若，求平面与平面夹角的余弦值.19．已知椭圆：的右顶点为，上顶点为，且.（1）求椭圆的标准方程.（2）若直线：与椭圆交于，两点（，两点均异于点）.（ⅰ）若，求的值；（ⅱ）若，证明：经过，，的圆经过两个定点.

参考答案1．【答案】C【详解】.故选C2．【答案】B【详解】因为直线方程为：，与轴平行，所以直线的倾斜角为.故选B.3．【答案】A【详解】因点为椭圆上一点，则，又因，联立解得.故选A.4．【答案】D【详解】由易得双曲线的焦点在轴上，其渐近线方程为，依题意，，解得，故双曲线的焦距为.故选D.5．【答案】D【详解】因为的展开式中，项是由5个因式中，1个因式出x，3个因式出，1个因式出3，所以含的项为．故选D．6．【答案】A【详解】设，则，所以，所以解得：所以，故选A.7．【答案】C【详解】由题意可知，4个人去3个社区，每人必须去且只能去一个社区，每个社区至少1人，有以下两种情况：第一种情况：文明社区去2人.已知甲去文明社区，需要从乙，丙，丁三人中再选1人去文明社区，若①乙去文明社区，剩下丙，丁分别去富强、民主社区有种方法；②乙不去文明社区，也不去富强社区，则有种方法.所以文明社区去2人共有种方法；第二种情况：文明社区只有甲1人，则乙只能去民主社区，丙、丁可以同去富强社区有1种方法，也可以1人去富强社区、1人去民主社区有种方法，所以文明社区去1人共有种方法.综上，不同的安排方法共有种.故选C8．【答案】C【详解】已知，且，设，根据距离公式列方程：，化简整理得：，因此，点的轨迹是以为圆心、半径的圆，在圆上运动，根据圆上点到定点的距离性质，到的最小距离为，当在与的连线上且靠近时取等号，在圆上运动，同理，到的最小距离为，当在与的连线上且靠近时取等号，作关于直线的对称点，直线的斜率为，因此的斜率为，其方程为，求与直线的交点：解方程组，得交点为，由中点坐标公式，的坐标为，此时，，当在与直线的交点时取等号，，，故选C.9．【答案】ACD【详解】由题可得：，即，故A正确；假设(不为)，则，则无解，所以与不平行，故B不正确；由于,所以，则，故C正确；由于,，,所以，，故D正确；故选ACD10．【答案】BC【详解】对于A，的展开式中各二项式系数之和为，故A错误；对于B，的展开式的通项公式为，令，解得，所以的展开式的常数项为，由题意得，解得，故B正确；对于C，由B得，令，得该展开式的各项系数之和为，故C正确；对于D，由B得，该展开式的通项公式为，可得为偶数时，系数才有可能取到最大值，由，，，，可知展开式中系数最大的项是第5项，故D错误.故选BC.11．【答案】ABD【详解】对于A选项，由题意可得双曲线离心率，因为，所以，因为，代入可得，解得，因为，所以，故A正确；对于B选项，不妨设的纵坐标比的纵坐标大，曲线：，，过焦点，因为的渐近线方程为，而直线的斜率，所以延长线段与的右支交于点，由对称性可知，与关于轴对称，设，，则，不妨设直线的方程，则，由整理得，所以，所以，令，则，，所以，已知函数在上单调递减，所以，则，所以，故B正确；对于C选项，由双曲线定义可得，，，所以，故的最大值为，故C错误；对于D选项，易知，，则，，则，所以，则的面积为，所以，因为在上单调递减，所以，故面积的最小值为，故D正确.故选ABD.12．【答案】【详解】由题意可得，解得，当时，直线与平行，所以两平行线的距离为.13．【答案】【详解】甲乙两人的排列方式有种，将甲乙看成一人，可选的位置有2种，剩余3人的排列方式有种，所以若甲、乙相邻，且甲、乙均不在这排座位的两端，不同的坐法有种.14．【答案】10【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，即，结合题意可知，点在矩形内以点为圆心，半径为1的圆弧上，且满足，．，化简得：．设，，则，，即，，故，，故，当时，有最大值．15．【答案】（1）（2）【详解】（1）由题可得中线，与边上的高线均过A点，则A点坐标满足：，解得.又，则，从而AB方程为：（2）设，由题可得中点在上，则.边与其高线垂直，斜率为1，则.将两方程化简联立：，则.从而，其中，表示到BC距离，又BC方程斜率为，BC方程为：，则，.16．【答案】（1）（2）【详解】（1）因为，所以，令，得，所以.（2）由（1）可得，令得，即，因为且，令，即，得，所以.17．【答案】（1）（2）2（3）见详解【详解】（1）抛物线的焦点为，由题意可知，，解得，故抛物线C的方程为．（2）将代入，得，设，，则，，由抛物线的定义可知，，，故．（3）易知动直线的斜率不为0，设其方程为，，，联立，整理得，则，，，所以的面积为，由题意得，，解得，所以直线的方程为，则，故．18．【答案】（1）见详解（2）（ⅰ）；（ⅱ）或【详解】（1）因为，，所以，又，，且，平面，所以平面，则平面，又平面，所以平面平面；（2）（ⅰ）易知四边形为矩形，又，所以四边形为正方形，取的中点为，连接，因为，所以，由（1）平面，又平面，所以平面平面，平面平面，平面，则平面，以为原点，以所在直线分别为轴，以过平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，因为四边形为正方形，所以正方形外接圆的圆心为正方形的中心，则，由球的性质可知，平面，设，球的半径为，所以，即，解得，故，所以，故球的表面积为；（ⅱ）过P作，因为，所以，所以平面平面，则，设，则，，，，设平面的法向量为，则，即，取，所以.设平面的法向量为，则，即，取，所以.又，解得，当时，则，.所以.当时，则，.所以.故平面与平面夹角的余弦值为或.19．【答案】（1）（2）（i），（ii）见详解【详解】（1）由题，可得，，则，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）（i）设，，由，消去整理得，则，，，因为，所以，所以，即