湖南省长沙市师大附中2025-2026学年高二上学期0月月考数学试题含解析

湖南师大附中～学年度高二第一学期第一次大练习数学时量：分钟满分：分得分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共分．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.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算得到复数，再确定其在复平面内对应点的坐标，即可确定点所在的象限.【详解】因为，所以在复平面内对应的点为，位于第四象限.故选：D2.设，是平面内两个定点，动点P满足，则P点的轨迹方程是（A.B.CD.【答案】B【解析】【分析】利用双曲线的定义求解即可.【详解】由双曲线的定义可知，点P的轨迹是以，为焦点的双曲线，因为，，所以，所以其轨迹方程为.故选：B第1页/共19页3.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（）A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m∥α，m⊥n，则n⊥αC.若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥nD.若m∥n，n⊂α，则m∥α【答案】C【解析】【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系逐一分析四个选项即得．【详解】对于A，若m∥α，n∥α，则m∥n或m与n相交或m与n异面，故A错误；对于B，若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n与α相交，相交也不一定垂直，故B错误；对于C，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又n∥β，∴m⊥n，故C正确；对于D，若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，故D错误．故选：C．4.已知，是夹角为的两个单位向量，则向量在向量上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据投影向量的概念结合数量积的计算可得结果.【详解】由题意得，向量在向量上的投影向量为，∵，是夹角为两个单位向量，∴，∴向量在向量上的投影向量为.故选：A.5.圆与圆的位置关系为（A.内切B.相交C.外切D.外离【答案】C【解析】【分析】分别计算得到两圆圆心和半径，根据得到答案.第2页/共19页【详解】，即，圆心，半径，，圆心为，，，故两圆外切.故选：C.6.已知实数x，y满足，且，则的取值范围为（A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作出对应图象，利用斜率与倾斜角的关系，找出其边界情况即可求解.【详解】的几何意义为动点与定点所在直线的斜率，动点满足关系式，且，可知在线段（除点外）上移动，且，如图，，，点与定点所在直线的斜率不存在，所以的取值范围是，故选：A.第3页/共19页7.已知点与直线交于点的值可以为（A.7B.6C.8D.19【答案】C【解析】【分析】由题意确定直线与互相垂直，得到点轨迹，即可求解.【详解】由题意可知，当时，直线与互相垂直，当时，，直线与互相垂直，且直线经过定点，直线经过定点，所以.设，则，即，则点在以点为圆心，5为半径的圆（除去与、）上，所以的最大值为，最小值为.故的取值范围是.故选：C8.已知椭圆，，上的点满足，，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A第4页/共19页【解析】和椭圆的定义建立关于即可求解.【详解】如图，过点作，垂足为，由，知，所以，而，所以，则，由椭圆的定义知，，即，所以椭圆的离心率为.故选：A二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共分．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.已知点，到直线l的距离相等，且l过点，则l的方程可能是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】先利用几何意义得到直线l与AB平行或经过AB的中点．然后由点斜式和两点式求直线方程.【详解】由已知直线l与AB平行或经过AB的中点．当直线l与AB平行时，由可得：，再由直线l与AB平行，可知斜率相等，然后由点斜式直线方程可得：，整理得直线l方程为；由可知中点坐标为，当直线l经过AB的中点和点时，第5页/共19页由两点式直线方程得：，整理得直线l方程为．故选：BD．10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.的最小正周期为B.C.的图象关于点中心对称D.将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2的图象，则是区间上的增函数【答案】ACD【解析】【分析】利用题给图象结合正弦函数的性质得出和值，求出函数表达式，再结合正弦函数的图象和性质对选项进行逐一判断.【详解】由图象可知，相邻最小值点和最大值点之间的水平距离为半个周期，即，由周期公式，所以，选项A正确；因为图象经过点，代入函数得：，第6页/共19页由正弦函数性质可知时，，所以，因为，所以，，因为，故B错误；因为是中心对称函数，对称中心为，，若函数图象关于点对称，则.代入计算：，所以图象关于点对称，故C正确；将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2，由正弦函数性质可知在上单调递增，令，解得，区间位于增区间内，故在区间内是增函数，故D正确.故选：ACD.在正方体中，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（A.B.平面与平面所成角的正弦值是C.当时，的值最小D.若平面上的动点满足，则点M的轨迹是椭圆【答案】ACD【解析】第7页/共19页ACD平面求解判断B.【详解】对于A，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，则，，设，，所以，故A正确；对于B，在正方体中，平面，而平面，则平面平面，所以平面与平面所成角的正弦值是1，故B错误；对于C，由A知，，则，则，，所以，当，即时，的值最小，故C正确；对于D，设，则，，当平面上的动点满足时，，整理得，所以点的轨迹为椭圆，故D正确.第8页/共19页故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.若直线与圆交于A，B两点，则______．【答案】【解析】【分析】由圆的方程求出圆心坐标与半径，再由点到直线的距离公式求圆心到直线的距离，再由垂径定理求弦长．详解】由圆，得，则圆心坐标为，半径为1．圆心到直线的距离，．故答案为：．13.在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．【答案】##【解析】【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，因为，第9页/共19页则，故，则，所以所求体积为.故答案为：.14.n名同学同时参与（头”的规则判定胜负．已知每位同学出每种手势的概率均等，则一次挑战中出现平局的概率为________．【答案】【解析】【分析】先根据题意求出一次挑战中出现平局的不同种类数；再根据古典概型的概率公式即可求解.【详解】假设在一次挑战中n名同学只能从“石头”“剪刀”这两种手势中选择，则每个人都有两种选择；在一次挑战n名同学独立选择手势的不同种类数共有：；在一次挑战n名同学相同手势种类数共有：；此时一次挑战中n名同学只出现两种手势的不同种类数共有.由题意可得：每个人都有三种选择.所以在一次挑战n名同学独立选择手势的不同种类数共有：；在一次挑战中n名同学只出现两种手势的不同种类数共有.所以一次挑战中出现平局的不同种类数共有.根据古典概型概率公式可得：一次挑战中出现平局的概率为.故答案为：.第10页/共19页四、解答题：本大题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求角B的大小；（2）若的面积为且，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】1范围即可求出角B；（2）由三角形的面积公式求出，再由余弦定理求出，即可求出的周长.【小问1详解】因为，由正弦定理可得．即，因为，所以．所以．因为，，所以，因，所以．【小问2详解】因为，所以，由余弦定理得，由，可得，所以，所以的周长为．16.甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有3道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，第11页/共19页乙答对每道题目的概率都是，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响；（1）求甲、乙两人共答对5道题目的概率．（2）若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率．【答案】（1）（2）【解析】1）利用相互独立事件概率乘法公式，再结合互斥事件加法公式即可求解；（2）先求甲乙两人分别没通过面试的概率，再利用对立事件，即可得到甲乙两人分别通过面试的概率，然后利用两人中仅有一人通过，结合两相互独立事件概率乘法公式即可求解.【小问1详解】设“甲答对3道题目”,“甲答对2道题目”“乙答对3道题目”，“乙答对2道题目”，根据独立事件的性质，可得，，，，，设为“甲、乙两人共答对5道题目”，则，因为与互斥，与，与分别相互独立，，所以甲、乙两人共答对5道题目的概率．【小问2详解】C=“甲通过面试”，D=“乙通过面试”，与相互独立，，E=“甲、乙两人只有一人通过面试”，则，因为与互斥，与，与分别相互独立，第12页/共19页所以甲、乙两人只有一人通过面试的概率17.已知椭圆：的长轴长为4在椭圆是椭圆的离心率.（1）求椭圆的方程；（2的直线与椭圆交于､､分别为椭圆的右顶点和上顶点，求四边形面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】(1)、和(2)根据已知条件首先求出直线的截线的距离公式分别求出点、到直线的距离，最后表示出面积即可求解.【小问1详解】椭圆：长轴长为4，且点在椭圆上，设椭圆的焦距为，∴，解得，，，∴椭圆的方程为：.【小问2详解】由题意可设：，第13页/共19页∵点在第一象限，∴，设，，点，到直线的距离分别为，，由，消可得，∴，，∴，∵，，直线的一般式方程：，∴，，∴，∴，当时，有最大值为.18.如图，在四棱锥中，平面，，．（1）证明：平面平面；（2）若，，，P，A，B，C在同一个球面上，球心为O．（ⅰ）求与平面所成角的正弦值；（ⅱ）N为的中点，线段上是否存在点H，使得H，A，O，N四点共面？若存在，求出点H的位置；若不存在，说明理由．第14页/共19页【答案】（1）证明见解析（2；（ⅱ）存在点H，满足【解析】1平面可证明结论；（2i）建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法，即可求得答案；（ii）根据H，A，O，N四点共面，则存在实数a，b，使得，由此列式求解，即得答案.【小问1详解】因为平面，平面，所以，又，平面，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】（i）在四边形中，因为，，，，又平面，故以C为原点，所在直线分别为x轴，y轴，过点且平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）知平面，平面，故，因为P，A，B，C在同一个球面上，且为直角，即可得的中点到的距离均相等，第15页/共19页故为外接球直径，则球心O为PB的中点，结合，则，，则，，，，，，所以，，，设平面PBC的一个法向量为，则，即，令，得，所以，设与平面所成角为，则.（ii）因为分别为的中点，所以，所以，，由（i）知，设，则，因为H，A，O，N四点共面，所以存在实数a，b，使得，即，所以，解得.第16页/共19页所以存在点H，满足，使得H，A，O，N四点共面.19.设函数，．（1）求证：；（2）分别求和时函数的最小值；（3）求函数的最小值（用k参考公式：当且时，．【答案】（1）证明见解析（2）当时，；当时，（3）【解析】1）根据诱导公式将分别化简，即可证明；（2）根据三角恒等变换的化简和同角的三角函数关系计算即