湖北省襄阳市部分学校2025-2026学年高二上学期1月月考数学试卷（Word版附解析）

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线的倾斜角的定义求解即可.
【详解】由于直线与轴平行，所以倾斜角为.
故选：D.
2. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且满足，点N为BC的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量加减、数乘的几何意义，应用，，表示出，即可得.
【详解】由.
故选：B
3. 圆与圆的公共弦长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先两圆相减求公共弦所在直线方程，再代入弦长公式，即可求解.
【详解】圆与圆，相减得，
圆心到直线的距离，又
则公共弦长为．
故选：C．
4. 从装有2个白球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件（ ）
A. 至少有一个黑球与都是黑球
B. 至少有一个黑球与至少有一个白球
C. 恰好有一个黑球与恰好有两个黑球
D. 至少有一个黑球与都是白球
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断.
【详解】A选项，至少有一个黑球包括一个黑球一个白球和两个黑球两种情况，与都是黑球不互斥，故A错；
B选项，至少有一个白球包括一个白球一个黑球和两个白球两种情况，与至少有一个黑球不互斥，故B错；
C选项，恰好有一个黑球、恰好有两个黑球还有恰好没有黑球这种情况，所以互斥但不对立，故C正确；
D选项，至少有一个黑球和都是白球互斥且对立，故D错.
故选：C.
5. 在1和7之间插入m个数，使得这m+2个数成等差数列.若这m个数中第1个为x，第m个为y，则的最小值是（ ）
A. B. 4C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，利用基本不等式1的代换，可求的最小值.
【详解】由等差数列的性质得，且，
则=≥=，
当且仅当，即时取等号，即的最小值是
故选：A.
6. 设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）
A B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．
【详解】设点，因为，，所以
，
而，所以当时，的最大值为．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.．
7. 已知、是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】依据椭圆和双曲线定义和题给条件列方程组，得到关于椭圆的离心率和双曲线的离心率的关系式，即可求得的值.
【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，令，
不妨设
则，解之得
代入，
可得
整理得，即，也就是
故选：C
8. 在正三棱柱中，所有棱长都为2，是侧棱上一动点，则到平面的距离之和的最大值为（ ）
A. B. C. D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式表示距离，最后结合换元法和基本不等式求解最大值即可.
【详解】如图，取中点，的中点，连接，，
以，，的方向分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，.
因为，，
所以，令，
解得，得到.
设到平面的距离分别为，
因为，，
所以
，
令，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以到平面的距离之和的最大值为.
故选：B.
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. 已知抛物线的焦点为，为坐标原点，点在抛物线C上，若，则（ ）
A. F的坐标为B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据抛物线的定义域标准方程，以及抛物线的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由抛物线，可得，所以，且焦点在y轴正半轴上，
则焦点，所以A错误；
由抛物线的定义,可得，解得，所以B正确；
由，可得，所以，则，所以C正确；
由，所以D正确．
故选：BCD．
10. 柜子里有双不同的鞋子，从中随机地取出只，下列计算结果正确的是（ ）
A. “取出的鞋成双”的概率等于
B. “取出的鞋都是左鞋”的概率等于
C. “取出的鞋都是左鞋或都是右鞋”的概率等于
D. “取出的鞋一只是左鞋，一只是右鞋，但不成双”的概率等于
【答案】BC
【解析】
【分析】用列举法列出事件的样本空间，即可直接对选项进行判断.
【详解】记双不同的鞋子按左右为，
随机取只的样本空间为
，共种，
则“取出的鞋成双”的概率等于，A错；
“取出的鞋都是左鞋”的概率等于，B正确；
“取出的鞋都是左鞋或都是右鞋”的概率等于，C正确；
“取出的鞋一只是左鞋，一只是右鞋，但不成双”的概率等于，D错.
故选：BC
11. 已知棱长为12的正四面体ABCD中，为CD中点，P、Q分别为四面体ABCD的内切球和外接球上的动点，则（ ）
A. |PQ|的最大值为B.
C. D. 若，则的最大值为
【答案】AB
【解析】
【分析】将此正四面体放入正方体中，求出其内切球和外接球的半径.A选项，当点、球心、点共线时最大；B选项，，同理可求；C选项，同B选项，可求；D选项，设为平面内一点，，结合空间向量四点共面定理可知，当|PQ|最大，最小时，求得的最大值.
【详解】将此正四面体ABCD放入正方体中，如图，则该正方体棱长为，
该正方体与正四面体ABCD的外接球相同，且球心为正方体的中心，
外接球直径为正方体体对角线，则外接球半径，
由正方体性质可证平面，
设与平面交点为，可得为的三等分点，
正四面体ABCD内切球半径为.
A选项，当三点共线且在之间时，的最大值为，故A正确；
B选项，，
，
由于，则，
故B正确；
C选项，，
同理，故C错误；
D选项，设为平面内一点，，
则，由于的最大值为，则当最小时，有最大值，
最小即为点到平面的距离，
由于为CD中点，则点到平面的距离为点D到平面的距离的一半，
而点D到平面的距离为，
则最小为，则有最大值2，故D错误；
故选：AB.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列为等差数列，若，则_________.
【答案】2
【解析】
【分析】直接由得到，即可求解.
【详解】设公差为，则，解得，故.
故答案为：2.
13. 2022北京冬奥会期间，吉祥物冰墩墩成为顶流”，吸引了许多人购买，使一“墩难求甲、乙、丙3人为了能购买到冰墩墩，商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲、乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，丙购买到冰墩墩的概率为，则甲，乙，丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】先算出甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率，然后算出丙购买不到冰墩墩的概率，进而算出甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，最后算出答案.
【详解】因为甲乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，所以甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率.
同理，丙购买不到冰墩墩的概率.
所以，甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，
于是甲乙丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率.
故答案为：.
14. 若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，试写出满足条件的一个实数的值：__________________.
【答案】，，（只需写出其中一个值即可）
【解析】
【分析】化简得到，然后根据情况，对进行分类讨论即可求解.
【详解】由已知得，明显地，，整理得，又由，
看成有且仅有三条直线满足，和到直线：（不过原点）的距离均为，
由，
（1）当，此时，易得符合题意的直线为线段的垂直平分线，
以及与直线平行的两条直线和
（2）当时，有4条直线会使得点和到它们的距离相等，
注意到不过原点，所以，当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去，
设点到的距离为，
①作为增根被舍去的直线，过原点和的中点，其方程为，
此时，，符合；
②作为增根被舍去的直线，过原点且以为方向向量，其方程为，
此时，，符合；
综上，满足题意的实数为，，；
故答案为：，，.
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. 已知等差数列的公差为正数,与的等差中项为,且.
求的通项公式；
从中依次取出第项,第项,第项,， 第项,按照原来的顺序组成一个新数列,判断是不是数列中的项？并说明理由.
【答案】；是数列中的项，理由见解析.
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，由题意可知与的等差中项为，利用等差数列的定义列出式子求出公差为，，进而列出的通项公式；
写出，将代入验证即可.
【详解】解：设等差数列公差为，根据等差中项的性质可得与的等差中项为，
所以，又因为，即.
所以，，因为公差为正数,所以.
则，则.
的通项公式.
结合可知，，，，.
令，即，符合题意，即.
所以是数列中的项.
【点睛】本题考查等差数列的定义，通项公式的求法，考查推理能力，属于基础题.
16. 设，是平面上两点，则满足(其中为常数，且)的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，已知，，且.
（1）求点所在圆的方程.
（2）已知圆与轴交于，两点(点在点的左边)，斜率不为0的直线过点且与圆交于，两点，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）直接法求轨迹方程；
（2）设直线的方程为，联立圆方程，结合韦达定理，证明，进而证得.
【详解】（1）解：由题意可得，，即，
则，
整理得，即圆的方程为.
（2）证明：对于圆，令，得或，所以，.
设直线的方程为，，.
由得，
则，.
则直线与关于轴对称，即.
17. 甲、乙、丙3人打台球，约定：第1局甲、乙对打，且由甲开球，丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打，并由轮空者开球.假设甲、乙、丙3人打台球的水平相同，且开球者获胜的概率为，每局台球的结果相互独立.
（1）求前3局中甲、乙、丙各自轮空1局的概率；
（2）求前4局中甲参与了3局的概率；
（3）求第4局是甲、乙对打的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分第2局甲轮空，第3局乙轮空；和第2局乙轮空，第3局甲轮空两种情况分别计算即可；
（2）分甲第2局轮空，第3局轮空，第4局轮空三种情况分别计算即可；
（3）第4局是甲、乙对打，有两种情况：情况一，第2局为甲、丙对打，第3局为乙、丙对打；情况二，第2局为乙、丙对打，第3局为甲、丙对打.分别计算两种情况下第4局为甲、乙对打的概率.
小问1详解】
若第2局甲轮空，第3局乙轮空，其概率为.
若第2局乙轮空，第3局甲轮空，其概率为.
故所求概率为.
【小问2详解】
分三种情况.
第一种情况：甲第2局轮空，则其他3局都参与了.
因为甲第2局轮空，所以第3局一定有甲参与，且由甲开球，而要参与第4局，则第3局甲胜，
其概率为.
第二种情况：甲第3局轮空，则其他3局都参与了.
因为甲第3局轮空，所以第4局一定有甲参与，且第2局甲负，
其概率为.
第三种情况：甲第4局轮空，则其他3局都参与了.
其概率为.
故所求概率为.
【小问3详解】
第4局是甲、乙对打，分两种情况讨论： 情况一：第1局甲胜，第2局丙胜，第3局乙胜.
此时第2局为甲丙对打，第3局为乙丙对打（甲轮空），第4局为甲乙对打.
其概率为. 情况二：第1局乙胜，第2局丙胜，第3局甲胜.
此时第2局为乙丙对打，第3局为甲丙对打（乙轮空），第4局为甲乙对打.
其概率为.
故所求概率为
18. 如图，在三棱台中，上下底面分别为边长是2和4的等边三角形，平面，且四棱锥的体积为，M为的中点，N为线段上一点．
（1）若N为的中点，证明：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）是否存在点N使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）；
（3）存在，点N为线段的三等分点
【解析】
【分析】（1）借助结合题目条件计算可得，再由勾股定理的逆定理可得，再结合线面垂直的性质定理与判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量后结合空间向量夹角公式计算即可得；
（3）表示出平面的法向量及的方向向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得.
【小问1详解】
设，可知的面积，的面积，
三棱台的体积，
即，所以．
连接，可得，，
所以，即，
因为M，N分别为，的中点，所以，所以，
因为平面，平面，所以，
由M为的中点，所以，又，、平面，
所以平面，又平面，所以，
又，、平面，所以平面；
【小问2详解】
以M为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，
设平面的法向量为，
所以
令，，
易知平面的法向量，
设二面角所成角为，
则，
所以二面角所成角的余弦值为；
【小问3详解】
设，，
所以，，
设平面的法向量为，
所以，令，则，
因为，设直线与平面所成角为，
则，
整理得，即或，
所以，当点N为线段的三等分点时，
直线与平面所成角的正弦值为．
19. 如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，．

（1）求与的标准方程；
（2）过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合）
（3）点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合）
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
分析】（1）首先求出，再代入即可得到答案；
（2）设，计算得，结合其在椭圆上，代入化简即可得，同理，则得到斜率比值；
（3）设直线，联立椭圆方程得到，则得到的坐标，再计算得，，设，计算化简得，则得到定点坐标.
【小问1详解】
由题意得，，又因为在上，
代入得，所以，则.
【小问2详解】
设，则，
又因为，所以，
则，同理可得，所以.
【小问3详解】
设直线分别为，其斜率依次为，
设直线，联立得，
即有，所以，代入直线方程得，
则，设，
则经过的两直线之间斜率满足关系：，
将直线绕原点顺时针旋转后也会经过，
所以两者斜率满足，所以，
同理将直线绕原点顺时针旋转后也会经过，
所以两直线斜率满足，
，
设，则有，代入上式得：，
得到，
所以，因此存在定点，
使直线和直线的斜率之积为定值5.