湖北省黄冈市蕲春县第一高级中学2025-2026学年高二上学期元月月考数学试卷（Word版附解析）

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一、单选题
1. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷8次，得到的点数分别为，则这8个点数的中位数为4.5的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中位数的定义，将得到的点数从小到大排列，讨论不同情况，即可求解.
【详解】由题意，这8个点数的中位数为4.5，只有三种情况：
①将抛掷8次，得到的点数从小到大分别为，
此时中位数为；
②抛掷8次，得到的点数从小到大分别为，
此时中位数为；
③抛掷8次，得到的点数从小到大分别为，
此时中位数为或；
综上，x的点数只能为5，或者6，故概率为，
故选：D.
2. 已知数列满足，，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据数列递推公式，依次计算数列的项，判断数列的周期，进而求出结果.
【详解】由题意可得，，，
所以数列是周期为3的周期数列，即，
则.
故选：D.
3. 如图，在四面体中，，，.点在棱上，且，为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用多边形法则即可求解.
【详解】，因为在棱上，且，所以，
又为中点，所以，
故，
故选：A
4. 已知为等比数列，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合题意先求出基本量，再把目标式转化为等比数列求和，进而利用公式法求解即可.
【详解】由题意得为等比数列，则设首项为，公比为，
因为，，所以，
联立方程组，解得，
结合题意可得是首项为1，公比为4的等比数列的前50项和，
由求和公式得前50项和为，故D正确.
故选：D
5. 已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，则该双曲线的渐近线方程为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据抛物线的焦点求出，进而可求出双曲线的渐近线方程.
【详解】由于抛物线的方程为，所以焦点坐标为.
因为抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，所以.
解得，所以双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
6. 设直线与圆相交于两点，且的面积为8，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角形的面积公式可得，由圆心到直线的距离，再利用点线距公式建立方程，解之即可.
【详解】由三角形的面积公式可得，
得，由，得，
所以为等腰直角三角形，
所以圆心到直线的距离为，
由点到直线的距离公式得，解得.
故选：C
7. 数列的前项和为，，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题可知当为奇数时，.易得.根据的周期性，可求得.
【详解】当为奇数时，.
因为函数的最小正周期为.
所以当为奇数时，.
，
.
所以.
所以.
故选：C.
8. 已知椭圆的上顶点为A，离心率为e，若在C上存在点P，使得，则的最小值是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】易知，设，根据，可得方程在区间上有解，，由，，可得，求解即可.
【详解】易知，设，则.
所以，
即，
即方程在区间上有解.
令，
因为，，
所以只需，即，解得，
故的最小值是.
故选:C.
二、多选题
9. 甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为和，甲、乙两人各射击一次，下列说法正确的是（ ）
A. 目标恰好被命中一次的概率为
B. 目标恰好被命中两次的概率为
C. 目标被命中的概率为
D. 目标被命中的概率为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件、对立事件的概率公式可判断各选项的正误.
【详解】甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为和，甲、乙两人各射击一次，
在A中，目标恰好被命中一次的概率为，故A错误；
在B中，由相互独立事件概率乘法公式得：目标恰好被命中两次的概率为，故B正确；
在CD中，目标被命中的概率为，故C错误，D正确．
故选：BD．
10. 已知数列的前n项和为，则（ ）
A. B. 是递减数列
C. 有最大项D. 有最大值
【答案】CD
【解析】
【分析】根据前项和公式求出通项公式，再逐一判断每个选项即可.
【详解】A，当时，，
当时，，
故，故A错误，
B，由于，故B错误；
C，单调递减，故有最大项，C正确；
D，，故当时，有最大值，D正确，
故选：CD.
11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A，B为C与其中两条曲线的交点，若，则（ ）
A. 开口向上的抛物线的方程为B.
C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为D. 阴影区域的面积小于4
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于B，联立抛物线方程，求出点的坐标，即得；对于C，将直线与抛物线方程联立求出的坐标，由两点间距离公式求得弦长，利用换元和函数的图象即可求得弦长最大值；对于D，利用以直线近似取代曲线的思想求出三角形面积，即可对阴影部分面积大小进行判断.
【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为，
将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故A正确；
对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得，
由图象对称性，可得，故，即B正确；
对于C，
如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点，
由解得，由解得，，
即得，
则弦长为：，
由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0，
即在第一象限部分满足，不妨设，则，且，
代入得，，（）
由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即C正确；
对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值.
如图，
在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行，
因，由可得，即得，
因，则点到直线的距离为，
于是，由图知，半个花瓣的面积必大于，
故原图中的阴影部分面积必大于，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题
12. 已知直线与平行，则与的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据两直线平行求出，然后求出平行直线间的距离即可.
【详解】因为直线与平行，
所以，解得.
所以直线变为，即.
则与的距离为.
故答案为：.
13. 在数列中，已知，，且数列是等差数列，公差为d，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据是等差数列，分别求出和，根据即可求解.
【详解】设，数列是等差数列，
则，，
，得.
故答案为：.
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上一点，且，的外接圆面积是其内切圆面积的25倍，则椭圆的离心率______.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆焦点三角形面积公式可得，设的外接圆半径为，内切圆半径为，则，，利用外接圆与内切圆的面积关系求解即可.
【详解】 令，，设的外接圆半径为，内切圆半径为，
则，，即，，
又的外接圆面积是其内切圆面积的25倍，则，即，
即，即0，即，又，即.
故答案为：.
四、解答题
15. 四边形的四个顶点坐标分别为.
（1）求边的垂直平分线的方程；
（2）若四边形为平行四边形，求顶点坐标及四边形的面积.
【答案】（1）
（2），13
【解析】
【分析】（1）由坐标求出BC的中点为，又由BC的斜率即可求出与BC垂直的直线的斜率，最后由直线的点斜式即可求解；
（2）由四边形为平行四边形可得，联立方程组即可求得顶点的坐标，由点到直线的距离公式即可求得点到直线BC的距离，根据面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，所以边BC的中点为，
又因为边BC的斜率为，
所以边BC的垂直平分线的斜率为，
所以边BC的垂直平分线的方程为，
化简得；
【小问2详解】
因为四边形为平行四边形，顶点，
所以，且，
联立，解得，
所以顶点.
因为边BC的斜率为，
所以直线BC的方程为，
化简得，
所以点到直线BC的距离为，
又，
所以平行四边形的面积为
16. 已知数列的前项和为，且满足，.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）记，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知等式变形得出，结合等差数列的定义可证得结论成立；
（2）求出数列的通项公式，化简的表达式，结合等差数列的求和公式可求出数列的前项和.
【小问1详解】
因为，
所以，即
又，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
【小问2详解】
由（1）知，
可知，当时，，，
当时，，，
所以数列的前项和为
.
17. 已知数列的前项和为，且.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）若，是否存在正整数，使，，成等比数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，
【解析】
分析】（1）当时，，由，可得：，
即可得证；
（2）假设存在正整数满足题意，先利用（1）求出，得到，，，
利用等比中项的定义得到关于的方程，解出的值．
【小问1详解】
已知，
当时，，
由，上述两式相减得：

即
即，由得：
，
故数列是公差为2的等差数列；
【小问2详解】
假设存在正整数满足题意，
由（1）知是公差的等差数列，且，则：
，
故，
故，
又，，
若，，成等比数列，则，代入得：
，因为为正整数，解得，
验证：当时，，等式成立.
故存在正整数，使，，成等比数列.
18. 如图，在四棱锥中，已知平面ABCD，平面平面PCD．
（1）证明：；
（2）若四边形ABCD为直角梯形，，，，，，球O为三棱锥的外接球．
（i）求直线AO与平面PBC的夹角正弦值；
（ii）求平面PBC截球O截面面积．
【答案】（1）证明见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）证明线面垂直即可证明；
（2）（i）由，可知点为的中点，易证平面平面，过作于,则平面，易得，延长至使得，过作且，则直线AO平面，所以即为直线AO与平面PBC所成的角，易得，，.即可求解直线AO与平面PBC的夹角正弦值；
（ii）求出点到面的距离.设平面PBC截球O的截面圆的半径为，球的半径，由，解得，即可求解.
【小问1详解】
如图：
因为平面平面，面平面，
过作于，则平面，
平面，故.
又平面,平面,所以，，
所以平面,平面，
所以.
【小问2详解】
（i）点为的中点，理由如下：
由（1）知平面，平面，.
又平面,平面,所以.
点为的中点时，故O为三棱锥的外接球的球心.
因为平面,所以，又，，
所以平面，平面，所以平面平面，
过作于,则平面.
延长至使得，过作且，
则直线AO平面，
所以即为直线AO与平面PBC所成的角，
易得， .
过作于，则,
设，则，，
由（1）知，则，即，解得.
故，又，解得.
所以直线AO与平面PBC的夹角正弦值；
（ii）点为的中点，故点到面的距离是点到面的距离的二分之一，
又，所以点到面的距离等于点到面的距离，
点到面的距离为，故点到面的距离.
设平面PBC截球O的截面圆的半径为，球的半径，
由，即，解得，
所以平面PBC截球O的截面圆的面积为.
19. 在平面直角坐标系中，已知抛物线上一点到焦点的距离为5.过点的直线与抛物线交于不同的两点、.
（1）求抛物线标准方程；
（2）若的面积为20，求直线的方程；
（3）若直线交轴于点，直线交轴于点，且，，求证：为定值.
【答案】（1）；
（2）或；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，求出，从而得出抛物线的标准方程；
（2）设直线的方程为，联立，由韦达定理，得，，
的面积，结合，
解得，从而求出直线的方程；
（3）由在抛物线上，求出，得到直线的方程为：，即得，
由得，同理得，结合韦达定理得，，可解得，为定值.
【小问1详解】
抛物线的准线方程为，
根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，
即：，解得，故抛物线的标准方程为；
【小问2详解】
由（1）得焦点，又，则，
易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为，
联立，消去，整理得：
，设，
由，得，
由韦达定理，，，
故的面积，代入得：
,得，
又，故：
，解得
满足，因此直线的方程为或；
【小问3详解】
由在抛物线上，代入得，
又，故，即，
易得直线的斜率是存在的，设直线的方程为，
，，由（2）知，，
直线的斜率为：，
故直线的方程为：，
令，得，即，又
故，，由，得
故，即，
同理，直线交轴于，得，
故
代入，，得
故，为定值.