湖南省湘潭市2026-2027学年高二上学期第一次月考数学自编卷（范围：人教A版必修一、必修二、选必一1-2单元）（解析版）

湖南省湘潭市2026-2027学年高二上学期第一次月考自编卷数学试题（解析版）题号12345678910答案BBBDCACAABCAB题号11答案BCD1．B【分析】根据必要不充分条件的判定方法进行判断.【详解】充分性：因为，但，所以“”不是“”的充分条件；必要性：因为，，所以“”是“”的必要条件；所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B2．B【分析】设，结合对勾函数的单调性即可求解.【详解】设，所以在上单调递增，则,所以函数的值域是,故选：B3．B【分析】根据分段函数分段求值即可.【详解】由于函数，所以，则.故选：B.4．D【分析】将代入函数解析式即可解出，根据反比例和一次函数的图象与性质即可判断的单调性，由利润，结合二次函数的图象与性质即可求出最大值.【详解】将代入，可得，解得：，所以A正确；因为在线购买人数（单位；人）与某产品销售单价（单位：元）满足关系式：，又函数在上单调递减，所以在上单调递减，所以B正确；由题意可得所得利润为：，所以当，最大利润为10100元，C正确，D错误．故选：D5．C【分析】利用对称求出点，然后根据点的坐标得到，，最后根据倾斜角与斜率的变化关系得到范围.【详解】设点，有，解得，，，，结合图可知，.故选：C．6．A【分析】首先计算圆心到直线的距离，再结合直线与圆的位置关系，以及充分，必要条件的定义，即可求解.【详解】若，则圆心到直线的距离，则圆上恰有两个点到直线的距离等于，反过来，若圆上恰有两个点到直线的距离等于，则，即或，不一定，所以是圆上恰有两个点到直线的距离等于的充分不必要条件.故选：A7．C【分析】根据余弦定理，正弦定理，三角恒等变换得，进而得，再结合锐角三角形求得，最后求解范围即可.【详解】因为，所以．因为，所以，所以，所以．因为，所以，即，所以．因为是锐角三角形，，，所以，即．因为，所以，所以．因为，所以，所以．8．A【分析】通过把拆解成与的关系式可求得的值，根据同角三角函数的基本关系求出的值，利用两角和、差的正弦公式可得结果.【详解】∵，∴，∴，∵，∴，故，∴，∴.故选：A.9．ABC【分析】对选项A，根据角速度公式求解即可判断A正确.对选项B，根据题意得到摩天轮最低点离地面的高度为（米），即可判断B正确.对选项C，根据题意得到，再将代入即可判断C正确.对选项D，根据点第二次到达最高的需要的时间是秒，即可判断D错误.【详解】对于选项A，由题意可得，每分钟转动圈，旋转的角速度（弧度/秒），故选项A正确；对于选项B，因为摩天轮的半径为，所以摩天轮最低点离地面的高度为（米），故选项B正确；对于选项C，由题可知，所以.把代入中，则．又，所以，所以，故选项C正确；对于选项D，，求得，所以（秒），根据摩天轮转一周需要（秒），故点第二次到达最高的需要的时间是秒，故选项D错误，故选：ABC．10．AB【分析】对A，根据向量平行的坐标公式求解即可；对B，根据垂直向量数量积为0求解即可；对C，根据投影向量公式计算即可；对D，举反例判断即可.【详解】对于选项A，若，则，即，即选项A正确；对于选项B，若，则，即，即选项B正确；对于选项C，若，则，则向量在上的投影向量为，即选项C错误；对于选项D，当时，，则当，向量与的夹角为锐角错误，即选项D错误.故选：AB．11．BCD【分析】证明平面ABC可判断A；先判断四棱柱为正方体，然后转化为证明平面，即可判断B；取的中点为P，可得截面为梯形，可判断C；根据球的性质判断当小圆圆心为的中点时截面面积最小，然后求出小圆半径即可判断D.【详解】对于A，因为AC为直径，所以，又四棱柱为直四棱柱，所以平面ABC，因为平面ABC，所以，因为平面，又平面，所以平面平面，A错误；对于B，由上可知，四边形ABCD为矩形，易知，当四边形ABCD的面积S最大时，棱柱的体积最大，记，则，当，即时，，此时四边形ABCD为正方形，，所以，此时四棱柱为正方体，连接，因为平面，平面，所以，由四边形为正方形，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，B正确；对于C，由上可知，当时，四棱柱为正方体，取的中点为P，易知，，又，所以四边形为平行四边形，故，所以，所以四点共面，此时，，所以梯形的周长为，C正确；对于D，易知，正方体的外接球球心为正方体的中心，由对称性可知，球心到M，N的距离相等，记过的截面小圆半径为r，球的半径为R，球心到截面距离为d，的中点为Q，则，故当d取得最大值时，r取得最小值，由求得性质可知，当小圆圆心为的中点时d取最大值，易知，所以，所以，所以小圆面积为，D正确.故答案为：BCD【点睛】本题难点在于判断小圆圆心位于中点时，小圆面积最小，需要学生对球的性质熟悉，且具有较强的空间想象力.12．/0.125【详解】．13．【分析】构造函数，利用偶函数的性质，将问题转化成在区间上有2个零点，令，结合条件得有2个正根，再利用二次方程根的分布，即可求解.【详解】令，则有4个零点，由，当时，定义域为，当时，，所以或，则的定义域关于原点对称，又，所以为偶函数，则在正负半轴的定义域区间上各有个零点，且不是零点，当在正半轴的定义域区间上时，，有2个零点，令，则，消得，即，因为，，所以，则，所以，则有2个正根，所以，解得，所以实数的取值范围为.14．42【分析】设三个同心圆的圆心为，所求即为的最大值，设，，，根据数量积运算的性质可求结论.【详解】设三个同心圆的圆心为，由已知，所求即为的最大值．设，，，则故，当时等号成立．即方向相同且方向相反时等号成立．所以的最大值为.故答案为：.15．(1)，；(2).【分析】（1）利用三角恒等变换整理可得，代入，运算求解即可；（2）根据题意可得，以为整体，结合两角和差公式运算求解.【详解】（1）由题意可知：，所以，.（2）因为，即，又，则，可得，所以.16．(1)见解析；(2).【分析】（1）根据（其中表示中的较小者），即可画出函数的图像；（2）由题意可知，为函数与图像交点的横坐标，即，设，根据零点存在定理及函数在上单调递增，且为连续曲线，可得有唯一零点，再由函数在上单调递减，即可得证.【详解】（1）根据对数函数和一次函数图像作出函数的图像如下：（2）由（1）可知，为函数与图像交点的横坐标，且，所以.设，易知即为函数的零点，因为，，所以，又因为函数在上单调递增，且为连续曲线，所以有唯一零点因为函数在上单调递减，所以，即.17．(1)要证，即证，即证，即证，又因为，当且仅当时等号成立，所以，即得证；(2)由，则，故，同理，又，当且仅当时，等号成立，又，，即不可取等，故，则，即，又，，则，，即有，则，又，则、，故，即，则，即有，即得证.【分析】（1）将原不等式化简后利用基本不等式即可得证；（2）先借助基本不等式证明，再利用立方差公式化简可得，再将代入后化简即可得证.【详解】（1）略（2）略18．(1)(2)(3)平均数为90，方差为27.25【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，（2）根据分层抽样比求解人数，即可列举所有可能结果，利用古典概型的概率公式即可求解，（3）根据平均数以及方差的计算公式即可求解.【详解】（1）由图可知：，解得，（2）样本成绩位于和的比例为，故所抽取的6个人中，来自的人数为，设这两个人为来自的人数为，设这4个人为，则从6个人中随机抽取2个人的所有情况有：，2人中有来自组情况有故2人中有来自组的学生的概率为，（3）由，可得，则剔除其中的94和86两个分数，剩余8个数平均数为；又标准差，故，则，则剩余的8个数的方差为.19．(1)(2)【分析】（1）利用中心到直线、的距离相等，且所在直线与平行可得；（2）求出平行直线与间的距离即正方形边长，设出直线（也是直线）方程为，由中心到直线的距离可把用表示，利用点所在直线方程，表示为的函数，由正方形边所在直线方程求得顶点（）坐标，由顶点在第一象限得不等关系，从而可求得的范围．【详解】（1）由于正方形中心所在直线平行于直线