湖南省长沙市珺琟高级中学2026-2027学年高二（上）第一次月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年湖南省长沙市珺琟高级中学高二（上）第一次月考数学试卷一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。1.已知集合M={-2，-1，0，1，2}，N={x|x≥0}，则M∩N=（）A.{0} B.{1，2} C.{0，1，2} D.{x|x≥0}2.若复数z满足z（1+i）=2-2i,则|z|=（）A.1 B. C.2 D.3.已知向量，且，那么x=（）A.0 B.1 C.2 D.34.已知x+2y=1，则x2+y2的最小值为（）A.1 B. C. D.5.若直线l1：x-2y+m=0（m＞0）与直线l2：x+ny-3=0之间的距离是，则m+n=（）A.0 B.1 C.-1 D.26.若点P（x,y）在以A（-3，1），B（-1，0），C（-2，0）为顶点的△ABC的内部运动（包含边界），则的取值范围是（）A. B. C. D.7.如图，在平行六面体ABCD-A′B′C′D′中，AB=AD=4，AA′=6，∠BAD=90°，∠BAA′=∠DAA′=60°，则与的夹角的余弦值为（）A.

B.

C.

D.

8.在空间直角坐标系Axyz中，点M（x1，y1，z1），N（x2，y2，z2），定义d（M，N）=|x2-x1|+|y2-y1|+|z2-z1|.如图，正方体的棱长为5，，平面yAz内两个动点P，G分别满足d（G，A）=1，∠APB=∠DPE，则|PG|的取值范围为（）A.[2，16]

B.[3，15]

C.[4，15]

D.[4，16]二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。9.已知点A（1，0），B（4，0），M为圆O：x2+y2=4上一点，则（）A.点B在圆O外 B.|MB|的最大值为6

C. D.|MA|+|MB|的最大值为910.“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，是由两种及以上正多边形围成的、所有棱长完全相等的多面体，有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到，如图，正八面体E-ABCD-F的所有棱长均为6，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（）

A.棱长为2 B.共有8个正六边形面和8个正方形面

C.表面积为 D.体积为11.下列四个命题中正确的是（）A.过点（3，1），且在x轴和y轴上的截距互为相反数的直线方程为x-y-2=0

B.已知两条直线l1：（3+t）x+4y=5-3t,l2：2x+（5+t）y=8，若l1∥l2，则t=-7

C.若直线kx-y-k-1=0和以M（-3，1），N（3，2）为端点的线段相交，则实数k的取值范围为或

D.若三条直线x+y=0，x-y=0，x+ay=3-a不能构成三角形，则实数a所有可能的取值组成的集合为{-1，1}三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知点A（1，1，1），点B（2，1，0），则点P（1，1，0）到直线AB的距离为

.13.如图，在△ABC中，，P为CD上一点，且满足，则实数m的值为

.

14.在一个底面半径为4cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内放入6个半径为2cm的铁球，则圆柱高的最小值为

cm.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.(本小题13分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a,b,c,且bsin2A-asinB=0.

（1）求A；

（2）当时，试判断△ABC的形状.16.(本小题15分)

如图，已知在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC=DD1=2AD=2AB=2.

（1）求证：DB⊥平面B1BCC1；

（2）求二面角A1-BD-C1的正弦值.17.(本小题15分)

某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在[100，150），[150，200），[200，250），[250，300），[300，350），[350，400]（单位：克）中，经统计的顿率分布直方图如图所示.

（1）估计这组数据的平均数（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）；

（2）现按分层抽样从质量为[200，250），[250，300）的芒果中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；

（3）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10000个，经销商提出以下两种收购方案：

方案①：所有芒果以9元/千克收购；

方案②：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，对质量高于或等于250克的芒果以3元/个收购.

请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？

参考数据：5×125+17×175+20×225+30×275+25×325+3×375=25600.18.(本小题17分)

如图，半圆O的直径为4cm,A为直径延长线上的点，OA=4cm,B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形ABC.设∠AOB=α，问：

（1）当α为何值时，四边形OACB的面积最大，并求出面积的最大值；

（2）克罗狄斯•托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段OC的长取最大值时，求∠AOC.19.(本小题17分)

定义：M是圆C上一动点，N是圆C外一点，记|MN|的最大值为m,|MN|的最小值为n,若m=3n,则称N为圆C的“伴随点”；若G同时是圆E和圆F的“伴随点”，则称G为圆“E-F”的“共生点”.已知圆，P为圆A的“伴随点”.

（1）求点P所在曲线的方程；

（2）已知圆B：（x+2）2+（y-2）2=3，P，Q均为圆“A-B”的“共生点”.

（i）求直线PQ的方程；

（ii）若圆H是以线段PQ为直径的圆，过点I（1，0）且斜率不为0的直线l与圆H交于J、K两点，是否存在x轴上的定点W（a,0），使得|WJ|•|WK|为定值？若存在，求出所有这样的W点坐标；若不存在，请说明理由.

1.【答案】C

2.【答案】C

3.【答案】B

4.【答案】C

5.【答案】A

6.【答案】C

7.【答案】D

8.【答案】A

9.【答案】ABD

10.【答案】ACD

11.【答案】BC

12.【答案】

13.【答案】

14.【答案】

15.【答案】解：（1）根据边角转换可得sinB•sin2A-sinA•sinB=0，

B∈（0，π），则sinB≠0，

则sin2A-sinA=0，根据二倍角公式可得2sinAcosA-sinA=0，

整理得sinA（2cosA-1）=0，

又因为A∈（0，π），sinA≠0，

故2cosA-1=0，解得，

则；

（2）证明：因为，所以，即，

因为，

所以，

，

即，

即，解得，

因为，所以，

于是，

所以，△ABC为等边三角形．

16.【答案】解：（1）设E是DC的中点，连接BE，

则四边形DABE为正方形，

∴BE⊥CD．

故BD=，BC=，CD=2，

∴∠DBC=90°，即BD⊥BC．

又BD⊥BB1，B1B∩BC=B，

∴BD⊥平面BCC1B1，

（2）由（I）知DB⊥平面BCC1B1，

又BC1⊂平面BCC1B1，

∴BD⊥BC1，

取DB的中点F，连接A1F，

又A1D=A1B，

则A1F⊥BD．取DC1的中点M，连接FM，

则FM∥BC1，

∴FM⊥BD．

∴∠A1FM为二面角A1-BD-C1的平面角．

连接A1M，在△A1FM中，A1F=，

FM=BC1==，

取D1C1的中点H，连接A1H，HM，在Rt△A1HM中，

∵A1H=，HM=1，

∴A1M=．

∴cos∠A1FM===．

∴sin∠A1FM=．

∴二面角A1-BD-C1的余弦值为．

17.【答案】解：（1）由频率分布直方图知，各区间频率为0.05，0.17，0.20，0.30，0.25，0.03，

这组数据的平均数，

（2）法一：利用分层抽样从这两个范围内抽取5个芒果，则质量在[200，250）内的芒果有2个，记为a1，a2，质量在[250，300）内的芒果有3个，记为b1，b2，b3；

从抽取的5个芒果中抽取2个共有10种不同情况：

（a1，a2），（a1，b1），（a1，b2），（a1，b3），（a2，b1），（a2，b2），（a2，b3），（b1，b2），（b1，b3），（b2，b3）．

记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则A有4种不同组合：

（a1，a2），（b1，b2），（b1，b3），（b2，b3）．

从而，故这2个芒果都来自同一个质量区间的概率为．

法二：利用分层抽样从这两个范围内抽取5个芒果，则质量在[200，250）内的芒果有2个，质量在[250，300）内的芒果有3个，

从抽取的5个芒果中抽取2个共有种，

记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则A的不同组合有种，

从而，故这2个芒果都来自同一个质量区间的概率为．

（3）方案①收入：=23040（元）；

方案②：低于250克的芒果收入为（0.05+0.17+0.2）×10000×2=8400（元）；

不低于250克的芒果收入为（0.25+0.3+0.03）×10000×3=17400（元）；

故方案②的收入为y2=8400+17400=25800（元）．

由于23040＜25800，所以选择方案②获利多．

18.【答案】解：（1）在△ABO中由余弦定理得AB2=OA2+OB2-2OA•OBcosα=20-16cosα，

所以，

于是四边形OACB的面积为

=，

当，即时，四边形OACB的面积取得最大值为．

（2）因为OB•AC+OA•BC≥AB•OC，且△ABC为等边三角形，OB=2，OA=4，

所以OB+OA≥OC，所以OC≤6，

即OC的最大值为6，取等号时∠OBC+∠OAC=180°，

所以cos∠OBC+cos∠OAC=0，不妨设AB=x,

则，解得，

所以，所以∠AOC=60°．

19.【答案】解：（1）易知圆的圆心为A（1，-1），半径为，

因为点P为圆A的“伴随点”，所以，

可得，

因此点P的轨迹是以A为圆心，为半径的圆，

故点P所在曲线的方程为（x-1）2+（y+1）2=6．

（2）（i）易知圆B：（x+2）2+（y-2）2=3的圆心为B（-2，2），半径为，

因为点P为圆B的“伴随点”，所以，

可得，

因此点P的轨迹是以B为圆心，为半径的圆，

所以点P所在曲线的方程为（x+2）2+（y-2）2=12；

可得点P为圆（x-1）2+（y+1）2=6与圆（x+2）2+（y-2）2=12的交点；

因为P，Q均为圆“A-B”的“共生点”，

所以直线PQ的方程即为圆（x-1）2+（y+1）2=6与圆（x+2）2+（y-2）2=12的公共弦所在直线，

两圆方程相减可得x-y=0，

因此直线PQ的方程为x-y=0．

（ii）存在点W为（0，0）或（4，0）或（1，0）时，|WJ|•|WK|取定值，理由如下：

易知直线PQ与圆（x-1）2+（y+1）2=6和圆（x+2）2+（y-2）2=12的交点为；

因此线段PQ的中点为（0，0），且|PQ|=4，因此圆H的方程为x2+y2=4；

依题意直线l的斜率存在，设其方程为y=k（x-1），k≠0，J（x1，y1），K（x2，y2），如下图：

联立，整理可得（k2+1）