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（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.可表示为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】.故选：C.2.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为直线方程为：，与轴平行，所以直线的倾斜角为.故选：B.3.设，分别是椭圆的左、右焦点，点在上，且，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因点为椭圆上一点，则，又因，联立解得.故选：A.4.双曲线的一条渐近线方程为，则的焦距为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】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.的展开式中的系数为（）A.480 B.160 C. D.【答案】D【解析】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.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.【答案】A【解析】设，则，所以，所以解得：所以，故选：A.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【答案】C【解析】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：C.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.【答案】C【解析】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.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，，则下列正确的有（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】由题可得：，即，故A正确；假设(不)，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：ACD.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.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【答案】BC【解析】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.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【答案】ABD【解析】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.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.两平行直线与之间的距离为______.【答案】【解析】由题意可得，解得，当时，直线与平行，所以两平行线的距离为.故答案为：.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.【答案】【解析】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、乙均不在这排座位两端，不同的坐法有种.故答案为：.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______.【答案】10【解析】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．故答案为：10四、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.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.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.已知.（1）求的值；（2）求的值.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.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：．（1）解：抛物线的焦点为，由题意可知，，解得，故抛物线C的方程为．（2）解：将代入，得，设，，则，，由抛物线的定义可知，，，故．（3）证明：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.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.（1）证明：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）解：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）解：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.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.（1）解：由题，可得，，则，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）（i）解：设，，由，消去整理得，则，，，因为，所以