湖北省襄阳市部分学校2025-2026学年高二年级上册1月月考数学试题（解析版）

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.

兀

X=­

1.直线6的倾斜角为（）

A.OB.-C.-D.-

632

【答案】D

【解析】

【分析［根据直线的倾斜角的定义求解即可.

7T兀

【详解】由于直线工二一与y轴平行，所以倾斜角为二.

62

故选:D.

2.如图，空间四边形OA8C中，OA=a»OB=b，OC=c，点例在Q4上，且满足OM=2M/1，点N

为BC的中点，则用N=（）

O

121211

?-

2-3-2-B.3-2-2-

C.L+4L2，1

D.—a+-b—c

222332

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量加减、数乘的几何意义，应用0A=〃，OB=b，OC=d表示出MV,即可得.

—•---.—.2一—•1-2•—•1―•

【详解】由MN=MO+OC+CN=一一OA^rOC+-CB=一一OA^OC+-{OB-OC)

3232

211?11

=——OA+-OB+-OC=——a+-b+-c.

322322

故选：B

3.圆f+y2=4与圆了2+,2一4/一4），+4=0的公共弦长为（）

A.&B.&C.25/2D.25/3

【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/+）,2=4与圆/2+）,2-4工-4），+4=0,相减得x+>—2=0,

10+0-21

圆心（0,0）到直线x+y-2=0的距离d==6,又厂=2

Vi+T

则公共弦长为2,4-（夜『=2夜.

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.

125

5.在I和7之间插入加个数，使得这m+2个数成等差数列.若这加个数中第1个为右第〃?个为），，则一+——

xy

的最小值是()

99

A.—B.4C.3D.一

24

【答案】A

【解析】

c125

【分析1由题意可得x+y=8,利用基本不等式1的代换，可求一+一的最小值.

【详解】由等差数列的性质得4十y=l+7=8,且1</

1251,(125)1(“25xy)1(“nl25xy]9

x38屋y)yx)81\yxj2

_4

[x+y=8X=31259

当且仅当｛u，即〈二时取等号，即一+一的最小值是不

I5x=y20xy2

V=T

故选:A.

6.设8是椭圆C：^+y2=i的上顶点，点p在。上，则归目的最大值为()

【答案】A

【解析】

【分析】设点。(玉P%),由依题意可知，5(0,1),寸+)片=1,再根据两点间的距离公式得到|尸砰,

5

然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值.

2

【详解】设点网天,为),因为8(0,1),五所以

-y

附『二芯+(%-1)2=5(1-城+()，0-1)2=—4)，；-2%+6=-4(%+；)+字，

而一14%工1,所以当先=-；时，|依|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K、尸2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且鸟二T，椭圆的离心率为

31

G,双曲线的离心率为6，则不十^=（）

e\e2

A.2B.3C.4D.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S的关

31

系式，即可求得f+f的值.

【详解】设椭圆的长轴长为2〃7,双曲线的实轴长为2〃，令/闯=2c,

不妨设|?制＞|尸闾

\2n=\PF\-\PF^…隙"十〃

[2〃?=|P"|+|P周’解得力尸国=〃一？

代入（2°『=电「+|叫2_21MHp周cos与，

可得（2。）2=（“+〃）“+a〃一〃）“+（〃?+〃）（加一〃）

\2Z\231

整理得4c2=362+〃2,即4=3|竺+-，也就是5+F=4

[c}Ge?

故选:C

8.在正三棱柱ABC-AMG中，所有棱长都为2,尸是侧棱CC;上一动点，则A，C到平面的距离

之和的最大值为（）

A.75B.V7C.D.7

7

【答案】B

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，求出平面夕的法向量，再利用点到平面的距离公式表示距离，最后结合

换无法和基本不等式求解最大值即可.

【详解】如图，取AC中点O,AG的中点。，连接OB,0D,

以Q4，08，0。的方向分别为x，)'，z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系,

则A（l,0,0）,B（0,"0）,C（-1,0,0）,A（l，0,2），4（0,6,2）,Q（-1,0,2）,

设平面PAB的法向量为”=（x,），,z）,P（-l,0,a）（O<a<2）.

因为AP=（-2,0M）,A6=（T.石,0）,

n-AP=-2xaz=0

所以《一厂，令y=。，

n-AB=-x+J3y=0

解得x=J^〃,z=2退，得到〃

设4,C到平面PAB的距离分别为4,W，

因为M=（°，°，2），AC=（-2,0,0）,

印一，AA'nACn4g2氐4招+2岛

|〃|J4/+12,4/+12"/+]2

心怡鲁='j+筌f

r14+4=国hi------1一=V3xi+—%一<77

令4。+1=问网，则「I(tlj+3'，

当且仅当，=7,即时，等号成立，

2

所以A,C到平面PAB的距离之和的最大值为手.

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C:f=4y的焦点为F,0为坐标原点，点%）在抛物线。上，若=5,则（）

A.F的坐标为（1,0）B.yG=4

C.|OM|=4&D.S、OFM=2

【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。：X2=4＞，可得〃=2,所以5=1,且焦点在），轴正半轴上，

则焦点产（0,1）,所以A错误；

由抛物线的定义,可得%+1=5,解得%=4,所以B正确：

由%=4,可得片=16,所以苍=±4，则+y；=4及,所以C正确；

由=g|°目，ko|=2,所以D正确.

故选：BCD.

10.柜子里有3双不同的鞋子，从中随机地取出2只，下列计算结果正确的是（）

7

A.“取出的鞋成双”的概率等于彳

B.“取出的鞋都是左鞋”的概率等于1

C.“取出的鞋都是左鞋或都是右鞋”的概率等于2

5

D.“取出的鞋一只是左鞋，一只是右鞋，但不成双”的概率等于g

【答案】BC

【解析】

【分析】用列举法列出事件的样本空间，即可直接而选项进行判断.

【详解】记3双不同的鞋子按左右为4，生，々/2,6，。2，

随机取2只的样本空间为｛（4，々2），（4，〃），（4也），（4，。），（4，。2）3,4），（。2，么），

（《，6）,（生9）'（乙也）'（4,6）.（〃9）,（a，6）,（仇,。2）,（。，。2）｝，共15种.

则“取出的鞋成双”的概率等于三3=。1A错；

31

“取出的鞋都是左鞋”的概率等于1二,B正确；

“取出的鞋都是左鞋或都是右鞋”的概率等于2=;，C正确；

“取出的鞋一只是左鞋，一只是右鞋，但不成双”的概率等于尚二,，D错.

故选:BC

11.已知棱长为12的正四面体A8CD中，”为CD中点，P,Q分别为四面体ABC。的内切球和外接球上

的动点，则()

人.『。|的最大值为4"B.IPAI2+I124-1PC|2+|PDI2=240

C.ia|2+|QBF+|QC|2+|QDF=480D.若PQ=xMA+yM8+zMC,则人+丁+z的最

大值为；3

2

【答案】AB

【解析】

【分析】将此正四面体A3CO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Q

共线时|PQ|最大：B选项，|QA|2=(oA—OP『二川―2OQOA+，,同理可求

|PA|2+|P5|2+|PC|2+|PD|2=4(/?2+r2)；C选项，同B选项，可求

|0.4|2I\QB^I\QC\LI|Q力F=8R2；D选项，设尸为平面A3c内一点，AMF=PQ,结合空间向量

四点共面定理可知，当IPQI最大，|MF|最小时，求得x+y+z的最大值.

【详解】将此正四面体ABCO放入正方体中，如图，则该正方体棱长为6夜，

该正方体与正四面体A8CO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DE=6瓜,则外接球半径R=3瓜

由正方体性质可证DE_L平面ABC,

设DE与平面ABC交点为N,可得N为DE的三等分点，

正四面体ABCD内切球半径为ON=遥.

A选项，当RQQ三点共线且。在RQ之间时，归。的最大值为4指，故A正确；

B选项，|E4『=(OA-OP)2=|。人『一20PoA+=R?+r2-2OPO\,

1PAi2+|尸例2+|「。|2+|尸。|2=4(叱+产)一2OP(OA+OB+OC+OC),

由干OA+OB+OC+OC=0,则|PA『+|P8|2+|PC|2+|PO|2=4(R2+，)=24。，

故B正确；

C选项，|QA『=(OA-00)2=|0A|2-20Q0A+|0Q1=2R2-20Q0A，

同理|QA|2+|Q8|2+|QC|2+|Q£)|2=8R2=432,故C错误；

D选项，设尸为平面A3c内一点，kMF=PQ=xMA+yMB+zMC,

则X+.y+z=/l,由于归。的最大值为46，则当最小时，x+>'+z有最大值，

|"尸|最小即为点M到平面A8C的距离，

由于M为CD中点，则点M到平面A8C的距离为点。到平面ABC的距离的一半，

而点D到平面ABC的距离为DN=46，

则|例目最小为26，则x+V+z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｛4｝为等差数列，若4+生=%，则5=.

【答案】2

【解析】

【分析】直接由&+%=%得到4=d，即可求解.

,a.a,4-3d4d-

【详解】设公差为d，则q+q+d=q+2d,解得故」•二」一y=—=2.

a2q+d2d

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g,则甲，乙，丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为

【答案】-##0.6

【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工，所以甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率

14

同理，丙购买不到冰墩墩的概率鸟=1—-

5

142

所以，甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率6W•P2=~^~=^，

3

于是甲乙丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率P=1-A二一.

5

3

故答案为：

14.若恰有三组不全为0的实数对（。力）满足关系式+h+—+试写出满足条

件的一个实数f的值：

【答案】1b恒，U（只需写出其中一个值即可）

2535

【解析】

\2a+b+3\J5a-3b+3\_

【分析】化简得到,然后根据情况，对f进行分类讨论即可求解.

\la2+Z?2\/a2+b2

12a十b十3|\5a-3b+3\

【详解】由己知得，明显地，/>0,整理得，又由

\]a2+b2\la2+b2

看成有且仅有三条直线满足，42,1）和8（5,-3）到直线/：办+勿，+3=0（不过原点）的距离均为八

由|AB|=:（5—2）2+（—37）2=5,

（1）当7=苧=?,此时，易得符合题意的直线/为线段4B的垂直平分线6x—8.y—29=0,

以及与直线4/平行的两条直线8x+6)，+3=0和8x+6y-47=0

(2)当/<网=3时，有4条直线/会使得点A(2,l)和3(5,-3)到它们的距离相等，

22

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A到/的距离为d,

7

①作为增根被舍去的直线/,过原点和A8的中点M(5，—l),其方程为2x+7y=0,

,H5

此时，t=d=-==<-,符合；

5/532

②作为增根被舍去的直线/,过原点且以A3为方向向量，其方程为4X+3)，=0,

此时，t=d=-<-t符合；

52

综上，满足题意的实数，为之，?，二屈；

2553

故答案为：一，—»—^53.

2553

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,生与4的等差中项为8,且%%=28.

(1)求｛q｝的通项公式；

(2)从｛《,｝中依次取出第3项，第6项，第9项,L,第3〃项，按照原来的顺序组成一个新数列｛%｝,判断

938是不是数列｛仇｝中的项？并说明理由.

【答案】⑴4=3〃-7(〃£N［；(2)938是数列｛■中的项，理由见解析.

【解析】

【分析】(1)设等差数列｛q｝的公差为4,由题意可知生与。8的等差中项为外,利用等差数列的定义列

出式子求出公差为4,4,进而列出｛4｝的通项公式；

(21写出bn=a3n=9〃—7(〃£V),将938代入验证即可.

【详解】解：(1)设等差数列｛%｝公差为d,根据等差中项的性质可得〃2与小的等差中项为火,

所以%=8,又因为％%=28,即（6一23）（%+切）=28.

所以［2=9,d=±3,因为公差为正数，所以d=3.

则%=q+44=8,则q=-4.

...｛%｝的通项公式a0=4+（〃-1）4=-4+3（/2-1）=3〃-7（〃£N*）.

⑵结合⑴可知4=%=2,/?2=a6=11,4=%=20,L,"=9〃-7（〃£N）

令938=9〃—7,即〃=l（）5eN'，符合题意，即加5二938.

所以938是数列帆｝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.

\PA\,

16.设A,4是平面上两点，则满足扁二女（其中女为常数，人工。且攵工1）的点P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A（、/%，0）,

,日,o）,且k=6.

（1）求点P所在圆例的方程.

（2）已知圆C:（x+2『+（y-2）2=5与％轴交于C,。两点（点C在点。的左边），斜率不为。的直线/

过点。且与圆M交于尸两点，证明：/ECD=/FCD.

【答案】（1）x2+/=3；（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x=（y-1,联立圆方程，结合韦达定理，证明%£+分尸=0,进而证得

ZECD=ZFCD.

【详解】（1）解：由题意可得,胃=£即|啊=回啊，

则卜一码~+）'2=2A半+丁,

整理得/十丁二3,即圆〃的方程为/+丁=3.

（2）证明：对于圆Q,令y=0,得R=-l或x=—3,所以。（一3,0）,£＞（-1,0）.

设直线/的方程为x=（y-l,E（x，y）,厂（%,%）.

由得(1+『)),2_2)_2=0,

[/+y~=3,'7

It2

则rlIy…二寸‘%％=-诃.

忆+kcF-—-14K

%+3x2+3

二%(£+3)+%(％+3)

(%+3)(%+3)

/(%1+2)+。2(明+2)

(%+3)(1+3)

=2jy》+M+-v2

“(%+3)(七+3)

2t2t

+

=2xl+rl+r

“a+3）（w+3）

=0

则直线EC与bC关于X轴对称，即NECD=NFCD.

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

3

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不，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）-

5

【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2x3=9

5525

339

若第2局乙轮空，第3局甲轮空，其概率为一x-=一

5525

故所求概率为一6+二9二—3

25255

【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2x3=9.

5525

笫二种情况：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,

339

其概率为

5525

第三种情况：甲第4局轮空，则其他3局都参与了.

甘如:方丈323_18

具概率为-X—X—=——

555125

691893

故所求概率为---1-----------------1-

2525125125

【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局闪胜，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.

33327

其概率为6二二x二x二二——•情况二：第1局乙胜，第2局丙胜，第3局甲胜.

555125

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.

廿而上立23318

其概率为鸟=不＞＜不乂］二衣

JJJ1乙。

2718459

故所求概率为人=茂+芮二芮二石

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，A4,_L平面ABC，且

四棱锥A-8CG用的体积为46，M为A3的中点，N为线段5片上一点.

(1)若N为的中点，证明：8片，平面MCN：

(2)求二面角4一—C的余弦值:

是否存在点N使得直线A片与平面例CN所成角的正弦值为吟？若存在，确定N的位置；若不存

(3)

在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析

⑵今

（3）存在，点N为线段B片的三等分点

【解^5]

【分析】（1）借助匕8cG=匕.八闽q+%.四3结合题目条件计算可得A4,再由勾股定理的逆定理可得

A"BiB,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B/GC与平面A34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MNC的法向量及从用的方向向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得.

【小问I详解】

设AA=/z,可知AABC的面积，=乎*22=6,△AM的面积52=去42=46

三棱台的体积V=1（S,+斥+52）/2=匕_.G+匕.刖©。

即;(6+26+46)〃=；乂⑺/2+46,所以〃=2.

连接4M,可得做=耳8=2、回，A3=4,

所以4母+4)=48：即人与J.%B,

因为M,N分别为A8，8片的中点，所以MN//AB「所以

因为AA，平面A8C,。知(=平面48。，所以CM_LAA，

由M为AB的中点，所以CV_L四，又AA1A8二A,A4,、43u平面ABqA，

所以CM_L平面4B8小，又Bgu平面A8片4,所以。加184，

又MN，MC=M,MN、MCu平面MNC，所以BqJ.平面MNC：

【小问2详解】

以M为坐标原点，MB,MC,“用所在直线分别为-)，，z轴，

建立如图空间直角坐标系M-xyz,

则8(2,0,0),用(0,0,2),A(-2,0,0),C(0,2>/3,0).

所以BC=(—2,26,0),=(-2,0,2),

设平面BB©C的法向量为m=(x,)，,z),

m-BC——2.i42-73y=0

所以1,

m•BB]=-2x+2z=0

令x=8，"2=(6/，6),

易知平面A明的法向量〃=(0,1,0),

设二面角A-3与-C所成角为氏

八II\tn-n\\77

则c°s"k°皿力丽=/=亍

所以二面角A-BB1-C所成角的余弦值为立；

7

【小问3详解】

设4%=裕8,(0<2<1),

所以MN=M6+4与8=(240.2—2/1),MC=(0,2^,0),

设平面MNC的法向量为a=(X,y,z),

a-MC=2y/3y=0,、

所以《、，令X=4—1,则4=(/1-1,0,4),

无阴=2/LE+(2-2/1)Z=0

因为Ag=(2,0,2),设直线与平面MNC所成角为e,

则sin.=cos值曲=上空=%-2⑶=巫

'‘同卜用2V2X^A2+(A-1)210

12

整理得9几2-94+2=0,即2=;或；，

33

所以，当点N为线段的三等分点时，

直线与平面MNC所成角的正弦值为叵.

10

2222

19.如图，椭圆口：二+匕=1(也>〃>()),晨：工+21=1,已知「I右顶点为"(2,0),且它们的交

tnn~ntn

点分别为用(U),g(-Ll),AT-l),E(L—I).

(1)求和与匚的标准方程;

（2）过点<作直线MM交加于点M,交h于点N,设直线的斜率为勺，直线6N的斜率为七,

求丁；（上述各点均不重合）

（3）点0是匚上的动点，直线。/交口于点。2,直线Q26交「|于点Q，直线Q6交「2于点Q，

直线QA与直线。《交于点N,求点G坐标，使直线NG与直线M7的斜率之积为定值.（上述各点均不

重合）

「ry~.「厂y~1

【答案】⑴r,:T+T=,r2：T+T=；

⑶Ggo）.

【解析】

分析】（1）首先求出根=4,再代入4（1/）即可得到答案；

v2_i

（2）设"（不乂）,%（々,%），计算得与,WM/W=*T，结合其在椭圆上，代入化简即可得

kp-kp、M=-1，同理匕vv.giN=-3,则得到斜率比值；

（3）设直线4：y-i=K（x-i）,联立椭圆方程得到X0=，贽;③,则得到。的坐标，再计算得

AC]IO

,-1z3K+51——^-=5

自=1-%==丁七，设N（x,y）,计算化简得6X-2，则得到定