2025-2026学年四川成都部分高中高二上学期一月月考数学试题 [附答案]

这是一份2025-2026学年四川成都部分高中高二上学期一月月考数学试题 [附答案]，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：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.设x,y∈R，向量a=x,1,2,b=2,y,1,c=4,−4,2，且a⊥c,b//c，则a−b=( )
A. 3B. 2 3C. 14D. 2 7
2.在四面体O−ABC中，空间一点M满足OM=12OA+13OB+xOC，若四点共面，则x的值为( )
A. 712B. 13C. 512D. 16
3.直线l1：x+(m−1)y+2m−5=0与直线l2：mx+(m+3)y+3=0，则l1//l2的充要条件是m=( )
A. 3B. −1C. 3或−1D. 1或−3
4.如图，在四面体ABCD中，E,F分别为BC,AE的中点，G为▵ACD的重心，则FG=( )
A. −13AB+112AC+14ADB. −14AB+112AC+13AD
C. 14AB−112AC+13ADD. 13AB+112AC−14AD
5.已知圆x2+y2=4，直线l:y=x+b，若圆上恰有两个点到直线l的距离等于1，则实数b的取值范围是( )
A. − 2, 2B. −∞,− 2∪ 2,+∞
C. −3 2,3 2D. −3 2,− 2∪ 2,3 2
6.已知椭圆C1和双曲线C2有相同的焦点F1,F2,M是它们的一个公共点，且∠F1MF2=2π3，若C1的离心率为 134，则C2的离心率为( )
A. 132B. 52C. 54D. 396
7.甲、乙两人玩一种扑克游戏，每局开始前每人手中各有6张扑克牌，点数分别为1∼6，两人各随机出牌1张，当两张牌的点数之差为偶数时，视为平局，当两张牌的点数之差为奇数时，谁的牌点数大谁胜，重复上面的步骤，游戏进行到一方比对方多胜2局或平局4次时停止，记游戏停止时甲、乙各出牌X次，则P(X=4)=( )
A. 116B. 532C. 564D. 1164
8.在▵ABC中，AB⋅AC=9,sinA+C=csAsinC,S△ABC=6,P为线段AB上的动点，且CP=x⋅CACA+y⋅CBCB，则2x+1y的最小值为( )
A. 116+ 63B. 116C. 1112+ 63D. 1112
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 数据1，2，4，5，6，7，8，9的第75百分位数是7
B. 若样本数据x1，x2，⋯，x8的方差为4，则数据2x1+1，2x2+1，⋯，2x8+1的方差为16
C. 抛掷一枚质地均匀的硬币两次，则事件“第一次正面朝上”与事件“第二次反面朝上”互斥
D. 若事件A与事件B相互独立，P(A)=0.4，P(B)=0.5，则P(A∪B)=0.7
10.已知椭圆C:x225+y29=1的左､右两个焦点分别为F1,F2,P为椭圆上一动点，M(2,2)，则下列说法正确的是( )
A. 存在点P使PF1⋅PF2=0B. ▵PF1F2的周长为16
C. ▵PF1F2的最大面积为12D. |PM|+PF1的最小值为10−2 2
11.如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD，点P为半圆弧AD⌢上的动点(不与点A,D重合)，下列说法正确的是( )
A. 三棱锥P−ABD的四个面都是直角三角形，且体积最大值为23
B. 点P运动时，四棱锥P−ABCD的外接球半径为定值
C. 当∠PAD=60 ∘时，异面直线PA与BD的夹角为45 ∘
D. 半圆弧AD⌢上存在唯一的点P，使得直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为 1510
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中AD=2,AB=3,AA1=4，∠BAD=90 ∘，∠A1AB=∠A1AD=60∘，则AC1= ．
13.已知点G,O在▵ABC所在平面内，满足GA+GB+GC=0,|OA|=|OB|=|OC|，且AG⋅AO=3，|AG|= 2，则边BC的长为 ．
14.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，抛物线y2=2px(p>0)以F2为焦点，且与椭圆在第一象限相交于点A，记λ=sin∠AF2F1sin∠F1AF2，若λ>74，则椭圆的离心率取值范围是 ．
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)
从某校学生中随机抽出50名学生参加消防安全知识竞赛，根据竞赛成绩得到如图所示的频率分布直方图．数据的分组依次为[40,50),[50,60)，[60,70),[70,80)，[80,90),[90,100]．
(1)求图中a的值，并估计这50名学生的平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)．
(2)若成绩在前25%的学生可获得“消防达人”的称号，则成绩至少要达到多少分才可以被评为“消防达人”？
(3)从低于60分的学生中随机抽取2名学生，求这2名学生成绩不在同一分组的概率．
16.(本小题15分)
在平面直角坐标系xOy中，动点Cx,y与点A−2,0的距离是它与点B2,0的距离的 2倍.
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)点Dm,n在动点C的轨迹上，求nm+2的最大值；
(3)若直线l过点M−2,−4且与动点C轨迹相交于E,F两点，当EF=8时，求直线l的方程．
17.(本小题15分)
在Rt▵ABC中，∠C=90°, BC=3, AC=6，D, E分别是AC, AB上的点，满足DE//BC且AD=2CD，将▵ADE沿DE折起到▵A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点，如图所示．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)在线段A1C上是否存在点N，使平面NDB与平面A1BE所成角余弦值为 64？若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
设A1，A2是双曲线x24−y2=1与x轴的左右两个交点，P1，P2是双曲线上垂直于x轴的弦的端点，直线A1P1与A2P2交点为点P．
(1)求点P轨迹方程Γ;
(2)过点M(1,0)的直线l交曲线Γ于C，D两点，其中点C在x轴上方.设直线A1D的斜率为k1，直线A2C的斜率为k2，探究k1k2是否为定值，若为定值，求出定值；若不是定值，说明理由．
19.(本小题17分)
已知点P为圆C：(x−2)2+y2=4上任意一点，A(−2,0)，线段PA的垂直平分线交直线PC于点M，设点M的轨迹为曲线H．
(1)求曲线H的方程；
(2)若过点M的直线l与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且M为线段ST的中点．
(i)证明：直线l与曲线H有且仅有一个交点；
(ii)求2|OS|+1|OT|的取值范围．
答案
1.C
2.D
3.B
4.B
5.D
6.A
7.D
8.C
9.BD
10.ACD
11.AB
12.7
13.3 2
14.(0,13)
15.解：(1)由10(0.004+0.006+a+0.020+0.024+0.030)=1，
得a=0.016，
平均数为45×0.04+55×0.06+65×0.2+75×0.3+85×0.24+95×0.16=76.2
(2)
前4个矩形面积为：
10(0.004+0.006+0.020+0.030)=0.6，
前5个矩形面积为：
10(0.004+0.006+0.020+0.030+0.024)=0.84，
所以若成绩在前25%的学生可获得“消防达人”的称号，
则成绩至少要达到80+10×(0.75−0.6)0.24=86.25
(3)区间[40,50)有50×0.04=2人，
区间[50,60)有50×0.06=3人，
设[40,50)内两人为a,b，[50,60)内3人为c,d,e，
则随机抽取2名学生共有：
ab,ac,ad,ae,bc,bd,be,cd,ce,de，
来自不同组的有ac,ad,ae,bc,bd,be，
所以这2名学生成绩不在同一分组的概率为610=35．

16.【详解】(1)因为动点Cx,y与点A−2,0的距离是它与点B2,0的距离的 2倍，
可得 x+22+y2= 2⋅ x−22+y2，整理得x−62+y2=32，
所以动点C的轨迹方程x−62+y2=32．
(2)由(1)知圆C:x−62+y2=32，可圆心坐标为C(6,0)，半径为r=4 2，
因为nm+2=n−0m−(−2)可以看成点m,n与点−2,0的斜率k1，
则过点−2,0，斜率为k1的直线方程为y=k1x+2，即k1x−y+2k1=0，
当过点−2,0的直线与圆x−62+y2=32相切时，斜率k1取最值，
直线k1x−y+2k1=0与圆C相切时，可得圆心到直线的距离d=8k1 k12+1=4 2，
解得k1=±1，所以nm+2得最大值为1．
(3)当直线l的斜率不存在时，此时直线l的方程为x=−2，
此时直线l与圆C没有公共点，所以直线l的斜率一定存在，
可设直线l过点M−2,−4的方程为y+4=kx+2，
即kx−y+2k−4=0，
由圆的弦长公式可得EF=2 r2−d2=2 32−d2=8，解得d=4，
即圆心到直线的距离d=4，则d=8k−4 1+k2=4，解得k=43或k=0，
则直线方程为y+4=43x+2，即y=43x−43，
所以直线方程为y=43x−43或y=−4．


17.解：(1)证明：因为在Rt▵ABC中，∠C=90°,且DE//BC，
所以DE⊥CD, DE⊥AD，则折叠后，DE⊥A1D，
又A1D∩CD=D, A1D, CD⊂平面A1CD，
所以DE⊥平面A1CD，A1C⊂平面A1CD，所以DE⊥A1C，
又已知A1C⊥CD, CD∩DE=D且都在面BCDE内，所以A1C⊥平面BCDE；
(2)由(1)知，以CD，CB，CA1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系C−xyz，
因为AD=2CD，故DE=23BC=2，
由几何关系可知，CD=2, A1D=4, A1C=2 3，
故C0, 0, 0, D2, 0, 0, E2, 2, 0, B0, 3, 0, A10, 0, 2 3, M1, 0, 3，
CM=1, 0, 3, A1B=0, 3, −2 3, A1E=2, 2, −2 3，
设平面A1BE的法向量为n=x, y, z，则n⋅A1B=0n⋅A1E=0，即3y−2 3z=02x+2y−2 3z=0,
不妨令y=2，则z= 3, x=1，故平面A1BE的一个法向量为n=1, 2, 3，
设CM与平面A1BE所成角的大小为θ，
则有sinθ=csCM, n=CM⋅nCM⋅n=42×2 2= 22，所以θ=π4，
即CM与平面A1BE所成角的大小为π4；
(3)假设在线段A1C上存在点N，使平面NDB与平面A1BE所成角余弦值为 64，
在空间直角坐标系中，设N0, 0, t，其中0≤t≤2 3，则NB=0, 3, −t, BD=2, −3, 0，
设平面NDB的法向量为m=x0, y0, z0，则有m⋅NB=0m⋅BD=0，即3y0−tz0=02x0−3y0=0,
不妨令y0=2t，则x0=3t, z0=6，故平面NDB的法向量为m=3t, 2t, 6，
由(2)知平面A1BE的一个法向量为n=1, 2, 3，
若平面NDB与平面A1BE成角余弦值为 64，
则满足csm, n=m⋅nm⋅n=3t+4t+6 32 2× 9t2+4t2+36= 64，
化简得10t2+84 3t=0，解得t=0或−42 35(舍去)，即N与C重合，CN=0，
故在线段A1C上存在这样的点N，使平面NDB与平面A1BE成角余弦值为 64，
此时CN的长度为0．

18.解：(1)设直线A1P1与A2P2的交点为P(x,y)，P1(x0,y0)，P2(x0,−y0)，
则A1(−2,0)，A2(2,0)，
∵A1，P1，P共线，故yx+2=y0x0+2， ①
又∵A2，P2，P共线，故yx−2=−y0x0−2， ②
由 ①， ②两式相乘得y2x2−4=−y02x02−4(∗)，
因P1(x0,y0)在双曲线x24−y2=1上，则x024−y02=1，将其代入(∗)式，
即P的轨迹方程为Γ：x24+y2=1(x≠±2)；
(2)由已知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+1，
联立x=my+1x24+y2=1，得(m2+4)y2+2my−3=0，
△=(2m)2+12(m2+4)>0，
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，则y1+y2=−2mm2+4，y1y2=−3m2+4，
则k1k2=y2(x1−2)y1(x2+2)=y2(my1−1)y1(my2+3)=my1y2−y2my1y2+3y1，
由根与系数关系可知my1y2=32(y1+y2)，
∴k1k2=32y1+12y292y1+32y2=13，
即k1k2为定值13．
19.解：(1)因为点M为PA的垂直平分线上一点，
所以|MP|=|MA|，
此时||MA|−|MC||=||MP|−|MC||=2