四川省绵阳市2025～2026学年高二数学上学期1月月考试题【含答案】

考试时长：分钟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.1.直线的一个方向向量是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接根据方向向量定义解答即可．【详解】直线的斜率为，则选项中是直线的一个方向向量，即B正确．故选：B．2.演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是A.中位数B.平均数C.方差D.极差【答案】A【解析】【分析】可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案．【详解】设9位评委评分按从小到大排列为．则①原始中位数为，去掉最低分，最高分，后剩余，中位数仍为，A正确．②原始平均数，后来平均数平均数受极端值影响较大，与不一定相同，B不正确③第1页/共23页

由②易知，C不正确．④原极差，后来极差可能相等可能变小，D不正确．【点睛】本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.3.直线l过圆C：的圆心，并且与直线垂直，则直线l的方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由圆的方程写出圆心坐标，根据直线相互垂直可得，根据点斜式写出直线方程.【详解】由圆C：，则，又直线l与直线垂直，即，∴直线l的方程为，即.故选：D4.已知双曲线的一条渐近线的斜率为的准线上，则双曲线的顶点到渐近线的距离为（）A.6B.C.3D.【答案】D【解析】【分析】由题可得，，然后根据点到直线的距离公式即得.【详解】因为的准线为，所以双曲线的一个焦点为，即，由题意可知，即，所以，所以，，第2页/共23页

所以顶点到渐近线的距离为.故选：D．5.在三棱柱中，，分别是线段，上靠近，（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用已知条件得出相关向量关系，再利用三棱柱的性质结合向量加减法计算求解．【详解】，分别是线段，上靠近，的三等分点，，，，，又，，，即，故A正确．故选：A．6.一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有数字1234.记录每次正四面体玩具朝下的面上的数字，记事件为“第一次向下的数字为1或2”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（）第3页/共23页

A.B.事件与事件互斥C.事件与事件相互独立D.【答案】C【解析】【分析】根据古典概型概率公式，分别写出样本空间和事件表示的集合，求出相关事件的概率，利用互斥事件，独立事件的定义与和事件的概率公式计算即可逐一判断可得答案.【详解】用两位数字表示连续抛掷这个正四面体得到的点数，,，事件，，事件，，对于A，，故A错误；对于B，因为，所以事件与事件不互斥，故B错误；对于C，，，，因为，所以事件与事件相互独立，故C正确；对于D，，，，故D错误.故选：C.7.已知菱形的边长为长为沿着对角线翻折至△长为，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】，，第4页/共23页

公式，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线与所成角的余弦值.【详解】因为.所以.因为.所以.所以.即所以异面直线与CD所成角的余弦值为.故选：D8.比利时数学家GerminalDandelin侧面、底面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截面曲线是椭圆.这个结论在圆柱中也适用，如图所示，在一个高为102的圆柱体内放球，球与圆柱底面及侧面均相切.若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱边缘所得的图形为一个椭圆，该椭圆的离心率为（）第5页/共23页

A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】如图，作出圆柱的轴截面，由于,所以，而由已知可求出离心率.，与圆柱面相交于，作，垂足为.第6页/共23页

在直角三角形中，，，所以，又因为，所以.由平面与圆柱所截可知椭圆短轴即为圆柱底面直径的长，即，所以，故选：D.【点睛】此题考查了圆与圆的位置关系、直角三角形中正弦的定义和椭圆的基本概念等知识，属于基础题.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.下列给出命题中正确的有（）A.已知两个向量，，且，则B.三棱锥中，点为平面上的一点，且，则C.已知，，则在上的投影向量坐标为第7页/共23页

D.若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底【答案】ABC【解析】【分析】根据空间向量平行求参数，可判断A的真假；根据向量共面求参数，可判断B的真假；根据投影向量的概念判断C的真假；根据空间向量基底的概念判断D的真假.【详解】对A选项：由，所以存在，使得，即，所以，所以，故A正确；对B选项：因为点为平面上的一点，所以存在，使得,即.因为，所以，故B正确；对C选项：在上的投影向量为：，故C正确；对D选项：因为，所以，，三个向量共面，所以不是空间向量的一组基底，故D错误.故选：ABC10.由直线：上的一点向圆：引两条切线，，A，是切点，则（）A.线段长的最小值为B.四边形面积的最小值为C.的最大值是D.当点的坐标为时，切点弦所在的直线方程为【答案】AD【解析】第8页/共23页

【分析】对于A：根据题意结合切线长性质分析求解；对于B：根据面积关系结合A中结论分析判断；对于C：根据题意结合倍角公式分析求解；对于D：分析可知点在以为直径的圆上，结合相交弦方程的求法分析运算.【详解】将化为标准方程：，可知圆的圆心为，半径为．对于选项A：因为圆心到直线：的距离，可知，可得，所以线段长的最小值为，故A正确；对于选项B：因为四边形面积，由选项A可知：四边形面积的最小值为，故B错误；对于选项C：因为，所以的最小值为，故C错误；对于选项D：因为，可知点在以为直径的圆上，当点的坐标为时，则的中点为，且，即点在圆，即上，将与作差可得，所以切点弦所在的直线方程，故D正确．故选：AD．第9页/共23页

“出租车几何”或“曼哈顿距离（ManhattanDistance·被使用在几何度量空间的几何学用语.在平面直角坐标系内，对于任意两点、，定义它们之间的“欧几里得距离”“曼哈顿距离”为，则下列说法正确的是（）A.若点为线段上任意一点，则为定值B.对于平面上任意一点，若，则动点的轨迹长度为C.对于平面上任意三点、、，都有D.若点，点为圆：上的一个动点，则最大值为【答案】AC【解析】【分析】结合曼哈顿距离的定义及绝对值函数即可判断AB，根据不等式的性质即可判断选项C角和差公式及三角函数的性质即可判断选项D.【详解】选项A：设，则，且，.所以，故A正确；选项B：设，.当，时，；当，时，；当，时，；当，时，；所以点的轨迹是一个以，，，为顶点的正方形，边长为，所以轨迹长度为，故B错误；第10页/共23页

选项C：根据绝对值的定义，对任意实数，有，因此，，所以，即，当与同号或至少一个为0时等号成立.设，，.，又，，所以，即，故C正确；选项D：点，点在圆：上，设，，则.当，即时，，当，即时，取得最大值，此时.当，即或时，，此时最大值小于.综上，当时，取得最大值，故D错误.故选：AC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.241米.第11页/共23页

【答案】2米【解析】【详解】如图建立直角坐标系，设抛物线方程为，将A（2，-2）代入，得m=-2，∴，代入B得，故水面宽为米，故答案为米．考点：抛物线的应用13.有2人在一座6他们在不同楼层离开电梯的概率是________．【答案】##【解析】【分析】根据题意，2人离开电梯的情况有25种，在同一楼层离开的有5种，从而求得在不同楼层离开的概率.【详解】由题知，2人离开电梯的情况有种，2人在同一楼层离开的有5种，则两人在不同楼层离开电梯的概率为.故答案为：.14.已知椭圆与双曲线有共同焦点，，第12页/共23页

点的最小值为______.【答案】【解析】【分析】分别在椭圆和双曲线中，利用焦点三角形中的余弦定理建立等量关系，再构造，利用基本不等式，即可求解.【详解】设两曲线的半焦距为，由余弦定理得：，在椭圆中，，又，，，则，即，在双曲线中，，又，，，则，即，从而，得，0则，，即，则，即，第13页/共23页

所以，当且仅当，即时等号成立，即的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用椭圆，双曲线定义及余弦定理得到，进而利用基本不等式求解即可.四、解答题：本题共5个小题，共分.15.某企业招聘，一共有200名应聘者参加笔试，他们的笔试成绩都在内，按照，，分组，得到如下频率分布直方图：（1（2）该企业根据笔试成绩从高到低进行录取，若计划录取150人，估计应该把录取的分数线定为多少?【答案】（1）（2）65分【解析】1）由所有频率和为1，列方程求出的值，由平均数公式求解即可，（2）设分数线定为，根据频率分布直方图可知，列出方程求解即可得解.第14页/共23页

【小问1详解】由题意得，解得，这些应聘者笔试成绩的平均数为：【小问2详解】根据题意，录取的比例为，设分数线定，根据频率分布直方图可知，则，解得，所以估计应该把录取的分数线定为65分.16.已知点，圆，过点的动直线与圆交于，两点，线段的中点为，为坐标原点．（1）求的轨迹方程；（2）当时，求的方程及的面积．【答案】（1）2）的方程为，的面积为.【解析】1的方程求出圆心坐标和半径，设出与数量积等于0列式得的轨迹方程；（2）设的轨迹的圆心为，由得到．求出所在直线的斜率，由直线方程的点斜式得到到间的关系求出的长度，代入三角形面积公式得答案．1）由圆，即，圆的圆心坐标为，半径．设，则，．由题意可得，即．第15页/共23页

整理得．的轨迹方程是．（2）由（1）知的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，由于，故在线段的垂直平分线上，又在圆上，从而．，直线的斜率为．直线的方程为，即．则到直线的距离为．又到的距离为，．．第16页/共23页

17.下面的三个游戏都是在袋子中装入大小和质地相同的小球，然后从袋子中不放回地取球．游戏1游戏2游戏3袋子中球的数量和颜2个红球和1个白球1个红球和2个白球2个红球和2个白球色取球规则取1个球依次取2个球依次取2个球取到红球甲胜两个球同色甲胜两个球同色甲胜获胜规则取到白球乙胜两个球不同色乙胜两个球不同色乙胜（1）分别计算三个游戏中甲获胜的概率，并判断哪个游戏对甲更有利；（2）若三个游戏各进行一次，且每个游戏的结果互不影响，求甲获胜次数多于乙的概率．【答案】（1）；；；游戏1对甲更有利．（2）【解析】1）根据古典概型的概率公式，分别计算三个游戏中甲获胜的概率，可得答案；（2）分别求在三个游戏中，甲获胜3次和在三个游戏中，甲获胜2次，输一次的概率，再求和即可.第17页/共23页

【小问1详解】设事件“在游戏1中，甲获胜”；事件“在游戏2中，甲获胜”；事件“在游戏3中，甲获胜”．游戏1：设红球为，白球为，取1个球，共3种情况，甲获胜的情况有2种，故；游戏2：设红球为，白球为，依次取2个球，共6种情况，甲获胜的情况有2种，故；游戏3：设红球为，白球为，依次取2个球，共12种情况：，甲获胜的情况有4种，故；由于，故游戏1对甲更有利．【小问2详解】当甲获胜次数多于乙时，甲获胜2次或3次．设事件“在三个游戏中，甲获胜3次”，事件“在三个游戏中，甲获胜2次，输一次”，由（1）知，，故．．综上，甲获胜次数多于乙的概率．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，.第18页/共23页

（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.【答案】（1）证明见解析（2或【解析】1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，然后利用面面垂直的判定定理证明即可.（2求得半径，代入球的表面积公式即可得解；（ⅱ）根据平面基本性质设点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据面面夹角的向量公式求解即可.【小问1详解】因为，，所以，又，，且，平面，所以平面，则平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】（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，第19页/共23页

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，第20页/共23页