广东省珠海市2025-2026学年高二数学上学期第二次月考试卷含解析

珠海市2024级高二数学上学期第二阶段考试

一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确

的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．

1111

1,,,,,

1.数列371531的一个通项公式为（）

n11n11

A.a1B.a1

n2n1n2n1

n1n1

C.a1D.a1

n2n1n2n1

【答案】D

【解析】

【分析】令n1，代入各选项直接得出答案.

【详解】由题意得，令n1，

A选项：a11，不合题意；

B选项：a11，不合题意；

1

C选项：a，不合题意；

13

D选项：a11，符合题意

故选：D.

2.已知a2,1,3，b1,2,1，若aab，则实数λ的值为（）

1414

A.2B.C.D.2

35

【答案】A

【解析】

【分析】由题可得aab0，据此可得答案.

2

【详解】由题可得aabaab0.

注意到a241914，ab2237，

则14702.

故选：A

x2y2

3.M是双曲线1上一点，点F1,F2分别是双曲线左右焦点，若MF15，则MF2（）

412

A.9或1B.1C.9D.9或2

【答案】C

【解析】

【分析】根据双曲线的定义即可求解.

22a24a2

【详解】是双曲线xy上一点，所以，所以，

M1222

412cab16c4

由双曲线定义可知MF1MF22a4，

所以MF21或者9，又MF2ca2，所以MF29，

故选：C

4.为加强学生身体健康，惠州一中对学生进行了体能测试．已知同学甲在立定跳远项目中每次及格的概率

均为0.7，现采用随机模拟的方法估计甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次的概率：先由计算机产

生0到9范围内的整数随机数，指定0，1，2表示没有及格，3，4，5，6，7，8，9表示及格，再以每3个

随机数为一组，代表3次立定跳远的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：

759421143215345257704066186203

037624616045601366959742710428

据随机模拟试验估计，甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次的概率为（）

A.0.65B.0.7C.0.75D.0.8

【答案】C

【解析】

【分析】找到20组数据中符合题意的数据个数，然后利用古典概型概率公式求解即可.

【详解】依题意，在每组随机数中，至少有2个数字在3，4，5，6，7，8，9中，

即代表甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次，

经统计，20组中一共有15组符合要求，

有：759，143，345，257，704，066，186，037，624，616，045，366，959，742，428，

15

故甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次的概率为0.75．

20

故选：C．

5.若两平行直线x2ym0m0与xny30之间的距离是5，则mn（）

A.10B.10C.1D.0

【答案】D

【解析】

【分析】利用两直线平行的充要条件及平行直线间的距离公式计算即可.

【详解】因为直线x2ym0m0与xny30平行，

1n3

所以有，所以有n2,m3，

12m

又因为这两条平行线间距离为5，

m3

所以有5m35m2，或m80舍去，

1222

所以mn220.

故选：D.

6.已知实数x，y满足方程x2y24x10，则下列说法不正确的个数（）

①yx的最大值为62②x2y2的最大值为743

y3

③的最大值为④xy的最大值为23

x2

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】设yxz，则只需直线xyz0与圆(x2）2y23有公共点，利用点到直线的距离公式

可得不等式求得z的范围，可判断①；同理可判断④；设tx2y2，利用几何意义求得t的范围判断

y

②；设k，则直线kx-y=0和圆(x2）2y23有公共点，进而可得不等式求得k的范围判断③.

x

2222

【详解】由题意知方程xy4x10即(x2）y3表示圆，圆心为(2,0)，半径为3，

对于①，设yxz，则只需直线xyz0与圆(x2）2y23有公共点，

|2z|

则3，解得62z62，

1212

即yx的最大值为62，①正确；

对于②，设tx2y2，其几何意义为圆(x2）2y23上的点到原点的距离，

22

而(x2）y3上的点到原点距离的最大值为23，

222

即t的最大值为23，故xy的最大值为(23)743，②正确；

y

对于③，设k，则kx-y=0，则直线kx-y=0和圆(x2）2y23有公共点，

x

|2k|y

则3，解得3k3，即的最大值为3，③错误；

1k2x

对于④，设xym，则直线xym0与圆(x2）2y23有公共点，

|2m|

则3，解得62m62，

1212

即xy的最大值为62，④错误；

故选：B.

2π

7.已知直四棱柱ABCDABCD的底面是边长为6的菱形，AA8，ADC，点P满足

111113

，其中．若22，则的最小值为（）

APmABnADAA1m,n0,1mn1mnAPPC1

A.1223B.463C.14D.16

【答案】B

【解析】

【分析】根据已知分析得P在平面上，且，应用向量数量积的运算律及已知

A1B1C1D1A1PmABnAD

可得A1P6，且AP10，再由PC1A1PPC1A1PA1C1A1P，即可求目标式最值.

【详解】由题设，易得点P在平面上，且，

A1B1C1D1A1PmABnAD

222

则2236m2n2mn36，得AP6．

A1PmABnAD2mnABAD1

由直四棱柱的性质，得平面，平面，

ABCDA1B1C1D1AA1A1B1C1D1A1PA1B1C1D1

所以AA1A1P，则AP643610．

因为，

PC1A1PPC1A1PA1C16636

所以APPC1的最小值为10636463．

故选：B

2

2y、

8.如图，双曲线x1的左右焦点分别为F1F2，过F1的直线l与该双曲线的两支分别交于A、B两

8

r

△、1

点（A在线段F1B上），O1与O2分别为△AF1F2与ABF2的内切圆，其半径分别为r1r2，则的

r2

取值范围是（）

1112

A.,B.,

3223

122

C.,D.0,

333

【答案】B

【解析】

【分析】设AF1m,BAp，则可表示出AF22m,BF2mp2，进而可得

Sm4mrr4

11，可求得1，进而求得m的范围即可求得答案.

S2pmpr2r24m

2

【详解】由题意得双曲线2y的焦距，实轴长,

x1F1F22c21862a2

8

设AF1m,BAp,AF22m,BF2mp2,m,p0，

11

Sr82m4mr，Sr2m2pmpr，

AF1F2211ABF2222

S2

AF1F2m4mr1rmmp

，则1，

Spmpr

ABF22r24pmp

在△AF1F2与△AF2B中：cosF1AF2cosF2AB，

222

m22m622mp2mp2m2

即：p，

2m2m22mp4m

m3

m2

r4

14m，

r4m2m34m

2

4m4m

b

假设直线l的斜率为，设直线l的倾斜角为，

a

b1

则tan22，则cos，

a3

222

在△中：m62m1，则可得；

AF1F2cosm4

2m63

假设直线l的斜率为0，此时mca2，

r12

由此结合题意可得m2,4，则m46,8，1,.

r223

故选：B.

二、多选题：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.以下选项正确的是（）

A.在空间直角坐标系中，A1,2,1,B0,2,0,P2,1,2，点P到直线AB的距离为17

221

B.若a2,3,1,b2,0,3,c0,2,2，则a在bc方向上的投影向量为,,

333

C.事件A与事件B互为对立事件，则事件A与事件B一定互斥

D.“掷2次硬币出现1个正面”的概率与“掷4次硬币出现2个正面”的概率相等

【答案】AC

【解析】

【分析】根据点到直线的距离公式判断A，根据投影向量的定义判断B，由对立事件、互斥事件的概念判断

C，根据古典概型判断D.

【详解】AB1,0,1,AP1,3,3，所以点P到直线AB的距离为：

2

2

22

APAB13

AP19917，故A正确；

2

AB

因为bc2,2,1，所以a在bc方向上的投影向量为：

abc4611221

bc2,2,12,2,1,,，故B错误；

2

bc4419999

事件A与事件B互为对立事件，所以事件A,B不能同时发生，则事件A与事件B一定互斥，故C正确；

记正面向上为1，方面向上为0，掷2次硬币的样本点共有224个，

21

有1次正面向上的样本点有1,0,0,1，所以概率为P，

1222

掷4次硬币的样本点共有2416个，

有2次正面向上的样本点有1,1,0,0,1,0,1,0,1,0,0,1,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0,1,1，

663

所以概率P，故D错误.

224168

故选：AC

10.已知an为等差数列，其前n项和为Sn，且2a13a3S6，则以下结论正确的是（）.

A.a100B.S10最小C.S7S12D.S190

【答案】ACD

【解析】

【分析】由2a13a3S6得a100，故A正确；当d0时，根据二次函数知识可知Sn无最小值，故B错

误；根据等差数列的性质计算可知S12S7，故C正确；根据等差数列前n项和公式以及等差数列的性质可

得S190，故D正确.

【详解】因为2a13a3S6，所以2a13a16d6a115d，所以a19d0，即a100，故A正确；

n(n1)n(n1)d2

当d0时，Snad9dnd(n19n)无最小值，故B错误；

n1222

因为S12S7a8a9a10a11a125a100，所以S12S7，故C正确；

aa19

因为S11919a0，故D正确.

19210

故选：ACD.

【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式，考查了等差数列的性质，属于中档题.

x2y2x2y2

11.已知双曲线C:m与双曲线C:n，其中a0，b0，mn0，则下列说法

1a2b22a2b2

中正确的是（）

，:

A.双曲线C1C2的焦距之比为mn

，

B.双曲线C1C2的离心率相同，渐近线也相同

C.过C1上的任一点P引C1的切线交C2于点A，B，则点P为线段AB的中点

D.斜率为k(k0)的直线与C1，C2的右支由上到下依次交于点A，B，C，D，则ACBD

【答案】BCD

【解析】

x2y2x2y2

【分析】由题意C:1、C:1，根据双曲线的几何意义即可判断AB；设切线方程为

1a2mb2m2a2nb2n

ykxt，分别联立C1、C2，利用韦达定理计算即可，结合中点坐标即可判断C；由选项C的分析，结

合弦长公式即可判断D.

x2y2x2y2

【详解】A：的焦距为22，的焦距为22，

C1:12ambmC2:12anbn

a2mb2ma2nb2n

所以两双曲线的焦距之比为2a2mb2m:2a2nb2nm:n，故A错误；

222222

B：xy的渐近线方程为mbb，离心率为ambmab，

C1:1yxx

a2mb2mmaamaa

222222

xy的渐近线方程为nbb，离心率为anbnab，

C2:1yxx

a2nb2nnaanaa

所以两双曲线的渐近线方程相等，离心率也相等，故B正确；

ykxt

C：设切线方程为，联立，22，

ykxtC1xy

1

a2mb2m

2a2kt

得(b2a2k2)x22a2ktxa2t2ma2b20，又直线与C相切，所以x；

1P2(b2a2k2)

ykxt

联立，22，得222222222，

C2xy(bak)x2aktxatnab0

1

a2nb2n

2a2kt

所以xx，所以xAxB2xP，即P为AB的中点，故C正确；

ABb2a2k2

2a2kt2a2kt

D：由选项C的分析知，xx,xx，

ADb2a2k2BCb2a2k2

所以xAxDxBxC，得xAxCxBxD，

又22，所以，故D正确.

AC1kxAxC,BD1kxBxDACBD

故选：BCD

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

12.已知抛物线y4x2上一点P1,4，则点P到该抛物线焦点的距离为___________．

【答案】65

16

【解析】

【分析】根据抛物线方程得抛物线标准方程，从而得抛物线的焦准距p的值，再根据抛物线的定义得所求

即可.

1

【详解】抛物线y4x2的标准方程为：x2y，

4

1

则抛物线x22py中p，

8

p165

由抛物线的定义可得抛物线上的点PP1,4到该抛物线焦点的距离为y4.

P21616

故答案为：65.

16

13.如下的一列数据中，1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，，180，180，，180，对于1n180，正整数n出现了n次，

则这一列数据的中位数是___________．

【答案】128

【解析】

【分析】分析数组的规律：1个1，2个2，3个3，4个4，…，180个180，从而根据等差数列求和公式

可求数据的总个数，再根据中位数的概念求出中位数即可.

1180180

【详解】该列数据的总个数：16290，

2

则中位数是第8145项与第8146项的平均值；

nn1

令8145，则n≤127，当n127时，最后一个127是第8128项，

2

则第8145项和第8146项都是128，则中位数是128

故答案为：128

1

14.f(u)u2aub2，ux，f(u)有零点，则a2b2的最小值为________．

x

4

【答案】##0.8

5

【解析】

【分析】将方程看成关于a,b的二元一次方程，转化为原点到直线的距离的平方，再结合基本不等式，即可

求解.

【详解】由题意可知，方程u2aub20有实数根，

将关于u的方程看成关于a,b的直线方程aubu220，

则a2b2可视为直线上的点a,b到原点的距离的平方，

其最小值即为原点到直线的距离的平方，

222

2u22u216u219

所以距离的平方2u2，

d22

u21u1u1

9

u216，

u21

9

令mu21，则d2m6，

m

111

因为ux，所以ux2，当且仅当x，即x1时取等号，

xxx

则m5，

9

由对勾函数的单调性可知，函数ym6在5,上单调递增，

m

94

所以d256，

min55

4

所以a2b2的最小值为.

5

4

故答案为：.

5

【点睛】关键点点睛：本题的关键是方程主次元的转化，构造a2b2的几何意义.

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an的前n项和为Sn，a5a92，S3=57.

（1）求数列an的通项公式an；

（2）求数列an的前n项和Tn.

25n2n2,(n6,nN*)

【答案】（1）；（2）T.

an274nn2*

2n25n156,(n7,nN)

【解析】

【分析】（1）设等差数列an的公差为d，根据已知条件列方程组求a1、d，写出通项公式an；

（2）由（1）可知n7时，an0，而1n6，an0，分别求出1n6、n7时数列an的前n

项和Tn即可.

【详解】（1）设等差数列an的公差为d，

a5a92a112d2a23

∴，解得1，

S33a13d57d4

∴ana1(n1)d274n.

27*

（2）由（1）知：an0，则274n0，得n，又nN，

4

∴n7时，an0，而1n6，an0，

*

a1...an,(n6,nN)65

∴数列的前n项和T，而，

ann*S6623(4)78

a1...a6(a7...an),(n7,nN)2

2，

Sn25n2n

25n2n2,(n6,nN*)

∴2，故T.

a7...anSnS625n2n78n2*

2n25n156,(n7,nN)

16.已知圆C的半径为3，圆心C在射线y2x(x0)上，直线xy10被圆C截得的弦长为32.

（1）求圆C方程；

（2）过圆心的直线l与圆C交于M、N两点，且OMN的面积是6（O为坐标原点），求直线l的方程.

22

【答案】（1）x2y49

（2）x2或3x4y100.

【解析】

22

【分析】（1）由题意设圆心Ca,2aa0，则圆的方程为xay2a9，由垂径定理结合

弦长即可求解；

（2）分斜率存在与不存在两种情况结合三角形面积求解即可.

【小问1详解】

22

设圆心Ca,2aa0，则圆的方程为xay2a9

2

a2a1

3229，

2

a2或4(舍去)，

22

圆的方程为x2y49.

【小问2详解】

2SOMN12

由题意得MN6，则点O到直线l的距离d2，

MN6

①当斜率不存在时，此时直线l方程为x2，

原点到直线的距离为d2，满足题意.

此时直线l方程为x2.

②当斜率存在时，设直线l的方程为y4kx2，

2k43

原点O到直线l的距离d2，解得k，

k214

3

此时直线l方程为y4x2，即3x4y100.

4

综上所述，直线l的方程为x2或3x4y100.

17.为进一步优化云南省旅游业，云南文旅针对来滇游客发起了关于大理、丽江的旅游满意度调查，满意

度评分采用百分制，根据调查数据得到如图的频率分布直方图：

（1）分别求出频率分布直方图中的a,b；

（2）求出大理旅游满意度评分的平均数（同一组中的数据用该组数据的中点值来代表）；

（3）若采用按比例分层随机抽样的方法从丽江旅游满意度在80,90,90,100的两组中共抽取5人，再从

这5人中随机抽取2人进行交流，求选取的2人满意度分别在80,90和90,100内的概率．

【答案】（1）a0.025，b0.006

（2）76.2

3

（3）

5

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，所有小矩形面积之和为1，求解a、b；

（2）每组数据中点值乘以该组频率再求和即可得解；

（3）先根据分层抽样确定两组抽取人数，再用古典概型求解即可.

【小问1详解】

0.0050.0150.03a0.0150.01101，得a0.025，

0.004b0.0220.0220.0280.018101，得b0.006.

【小问2详解】

大理旅游满意度评分的平均数为：

450.04550.06650.22750.28850.22950.1876.2（分）

【小问3详解】

0.150.10

由分层抽样知，满意度在80,90,90,100的两组中分别抽取53人，52人，

0.150.100.150.10

不妨设满意度在80,90中抽取的3人为A,B,C，满意度在90,100中抽取的2人为a,b，

从这5人中随机抽取2人所得基本事件为：

A,B,A,C,A,a,A,b,B,C,B,a,B,b,C,a,C,b,a,b，共10个，

其中选取的2人满意度分别在80,90和90,100内的基本事件为：

A,a,A,b,B,a,B,b,C,a,C,b，共6个，

63

所以P.

105

18.如图，在四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，PA底面ABCD，APAB4，AD5，E为

1

棱PB的中点，F为棱PC上一点，且PFPC，连接AE，AF，EF．

4

（1）求证：AEPC；

（2）求直线EC与平面AEF所成角的正弦值；

PG

（3）若平面AEF与四棱锥的棱PD交于点G，求的值．

PD

【答案】（1）证明见解析

（2）10418

209

1

（3）

3

【解析】

【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明出BC平面PAB，进而根据线面垂直的性质推断出

BCAE，然后根据线面垂直的判定定理，证明出AE平面PBC，所以AEPC；

（2）根据几何体特征，建立空间直角坐标系，先求得平面AEF的法向量，再结合线面角的向量求法，即

可求得直线EC与平面AEF所成角的正弦值；

PG

（3）设01，由（2）所建的直角坐标系，得G0,5,44，因为点G是平面AEF与

PD

四棱锥的棱PD的交点，所以AGn0，即可求得的值.

【小问1详解】

因为PA底面ABCD，BC底面ABCD，所以PABC，

又底面ABCD为矩形，所以ABBC，

又PA平面PAB，AB平面PAB，且PAABA，

所以BC平面PAB，又AE平面PAB，所以BCAE，

又APAB，E为棱PB的中点，所以PBAE，

又BC平面PBC，PB平面PBC，且BCPBB，

所以AE平面PBC，又PC平面PBC，所以AEPC；

【小问2详解】

由（1）可得PAAB,PAAD,ABAD,

所以，以A为原点，以AB为x轴，以AD为y轴，以AP为z轴，建立空间直角坐标系，

5

如图所示，则A0,0,0,B4,0,0,P0,0,4,C4,5,0,E2,0,2,F1,,3，

4

5

则EC2,5,2,AE2,0,2,AF1,,3，

4

nAB2x2z0

设平面AEF的法向量为nx,y,z，则5，

nAFxy3z0

4

88

令x1，解得y,z1，即平面AEF的法向量为n1,,1，

55

设直线EC与平面AEF所成角为，则

8

12521

10418

sincosn,EC5

2209

222282

25211

5

【小问3详解】

因为平面AEF与四棱锥的棱PD交于点G，

PG

设01，则PGPD，

PD

a0

设Ga,b,c，则PGa,b,c4,PD0,5,4，则b5，

c44

所以G0,5,44，所以AG0,5,44，

8

由（2）得，平面AEF的法向量为n1,,1，

5

81

所以AGn0，即0154410，解得，

53

PG1

所以的值为.

PD3

19.19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了

著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，

且蒙日圆的半径为a2b2（a为椭圆的长半轴长，b为椭圆的短半轴长）．已知椭圆E上任一点到点

326

2,0的距离与到直线x的距离之比为，椭圆E的蒙日圆为圆O．

23

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）已知点O为坐标原点，点P是椭圆E上的任意一点，F1,F2是椭圆左右焦点，直线OP与圆O相交于

PMPN

M,N两点，求证：是定值；

PF1PF2

,

（3）过点Q10作直线l1交圆O于A、B两点，作直线l2交椭圆E于C、D两点，且l1l2，求四边形

ADBC面积的最小值．

x2

【答案】（1）y21

3

（2）证明见解析（3）46

3

【解析】

【分析】（1）根据题意列出方程，化简即可；

（2）分别求出PF1，PF2，进而PMPN2OP2OP可求解；

（3）分类讨论直线的斜率是否存在，利用点到直线的距离及面积公式求解即可.

【小问1详解】

22

2632x

设Ex,y满足x2yx，整理可得y21，

323

x2

椭圆E的方程为y21．

3

【小问2详解】

由（1）得该椭圆E的蒙日圆O为x2y24，

22

x022x0

设Px0,y0，则y1，∴y1，

3003

又、，

F12,0F22,0

222

∴2x0226，

PF1x02y0x021x022x033x0

333