精品解析：江西省九江第一中学2025-2026学年高二上学期第一次月考数学试题

九江一中2025-2026学年度第一学期高二第一次月考 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：北师大版选择性必修第一册第一章至第二章第一节. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列直线中，倾斜角最小的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用直线倾斜角和斜率的关系，结合正切函数的性质，即可求解. 【详解】由A，B，C，D四个选项中的直线斜率分别为，，，， 设选项A,B,C,D中的直线的倾斜角分别为，其中直线的倾斜角的范围为， 可得，，，， 所以，且， 又因为在为单调递增函数，所以，所以倾斜角最小的是, 故选：D. 2. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆方程各参数的意义求解. 【详解】因为方程表示焦点在轴上的椭圆，所以. 解得. 故选： 3. 过点作圆的两条切线，切点分别为和，则切点弦所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出辅助线，得到点P，A，C，B共圆，为直径，从而得到圆心和半径，得到圆的方程，再由直线为这两个圆的公共弦所在直线，两圆相减即可求解； 【详解】 如图所示，连接， 由平面几何知，，，点P，A，C，B共圆，且为直径. 因为，，所以所求圆的圆心为中点， 即，半径为， 所以所求圆的方程为，即. 又直线为这两个圆的公共弦所在直线， 由与相减， 可得的方程为. 故选：A 4. 若直线与圆有两个不同的交点，则的取值可能为（ ） A. 5 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将圆化为标准方程，从而可得其圆心和半径，再根据题意可得圆心到直线的距离小于半径，再利用点到直线的距离公式即可求出的取值范围，进而结合选项即可得到答案． 【详解】由圆的方程可化为， 则圆的圆心为，半径为， 又圆的半径需满足，解得， 又直线与圆有两个不同交点， 则圆心到直线的距离小于半径， 即，解得， 综上，的取值范围是， 结合选项，的取值可能为． 故选：C． 5. 已知，C是关于直线的对称点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出C是关于直线的对称点，再根据数量积的坐标运算，即可求得答案. 【详解】设，因为C是关于直线的对称点， 故，解得，即， 又，，故， 故选：C 6. 已知椭圆的右焦点为，且过点，为上一动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题目条件求椭圆的方程，进而由椭圆的定义及两点间线段最短求两线段长度之和的最大值 【详解】设半焦距为，因为，故. 又过点，故. 由椭圆得，代入解得，.即，. 所以的方程为. 设的左焦点为，故. 根据椭圆的几何性质可知， 由于两点之间线段最短，所以. 因此. 当且仅当，，在一条直线上时，等号成立. 故选： 7. 在中，内角所对边分别为，已知，且三角形有两解，则角A的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理可得，再由三角形有两解，可得，可得角的取值范围. 【详解】由正弦定理可得, ,可得, 由△ABC有两解知，有两个解， 故，即 ， 或， 又， ∴ A为锐角，所以， 故选: . 8. 射影几何认为：所有无穷远点都位于唯一的一条无穷远直线上；任何两条平行直线都在无穷远处相交.莱莫恩（Lemoine）定理指出：过的三个顶点作它的外接圆的切线分别和边相交于点，则三点在同一直线上.这条直线称为该三角形的莱莫恩（Lemoine）线.在平面直角坐标系中若三角形三个顶点的坐标为，，则该三角形的莱莫恩（Lemoine）线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出的外接圆方程，求出在处的切线方程，即可求出的坐标，由题意即可求得答案. 【详解】设的外接圆方程为， 则，解得， 即外接圆方程为，即， 故该外接圆在处的切线方程为； 直线的方程为，令，则，即得， 外接圆在处的切线方程为； 直线的方程为，令，则，即得， 则直线的方程为，即， 即该三角形的莱莫恩（Lemoine）线方程为. 故选：A. 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3分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 直线是图象的一条对称轴 C. 方程的解集是 D. 的单调递增区间为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，利用周期公式求解；对于B，将代入进行判断；对于C，由求解判断；对于D，解不等式即可判断. 【详解】对于的最小正周期为，故A正确； 对于B，因为， 所以直线不是图象的对称轴，故B错误； 对于C，由，可得， 所以，所以， 故方程的解集为，故C正确； 对于D，由， 得， 所以单调递增区间为，故D错误. 故选：AC 10. 已知圆，圆．则下列选项正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 当圆和圆有三条公切线时，若P，Q分别是圆上的动点，则 C. 若圆和圆共有2条公切线，则 D. 当时，圆与圆相交弦的弦长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据圆的方程确定圆心，可求出直线的方程，即可判断A；根据圆和圆外切求出a的值，数形结合，可判断B；根据两圆公切线条数判断两圆相交，列不等式求解判断C；求出两圆的公共弦方程，即可求得两圆的公共弦长，判断D. 【详解】对于A，由圆，， 可知，故直线方程为， 即，即得直线恒过定点，A正确； 对于B，即， 当圆和圆有三条公切线时，圆和圆外切，则， 解得， 当时，如图示，当共线时,； 同理求得当时，，B正确； 对于C，若圆和圆共有2条公切线，则两圆相交， 则，即，解得，C错误 对于D，当时，两圆相交， ，， 将两方程相减可得公共弦方程， 则到的距离为， 则圆与圆相交弦的弦长为，D正确， 故选：ABD. 11. 高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设 ，用 表示不超过的最大整数，则 称为高斯函数，例如 ，. 已知函数 ，函数 ，则下列4个命题中，其中正确结论的选项是（ ） A. 函数 不是周期函数； B. 函数 的值域是 C. 函数 的图象关于 对称： D. 方程 只有一个实数根； 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用偶函数性质，只需要研究部分，再利用数形结合，就可以对各选项判断. 【详解】函数 的定义域为 ， 因为 ，所以 为偶函数， 当 时，， 则 当时，， 当时，， 所以函数 的图象如图所示 由 可知，在 内，， 当 时，， 当 ，且 时，， 当或，时，， 因为 ，所以 为偶函数， 则函数 的图象如图所示： 由函数 的图象得到 不是周期函数，故选项 正确； 所以函数 的值域是 ，故选项 正确； 由 ， 所以函数 的图象不关于 对称，故选项 不正确； 对于方程 ，当 时，方程有一个实数根， 当 时，，此时 ，方程没有实数根， 当 时，，此时 ，方程没有实数根， 所以方程 只有一个实数根，故 正确. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：就是利用对函数的的图象研究，可得到的图象，然后通过数形结合来对各选项判断. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得表示与、的距离之和，求出C关于x的轴对称点，数形结合，求解即可. 【详解】表示、的距离， 表示、的距离， 又关于x轴的对称点，如图， 所以， 所以． 故答案为： 13. 中，角，，所对的边分别为，，，，，，则角的对边____________. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理得到，再结合余弦定理即可求解. 【详解】在中，因为，所以根据正弦定理有， 又，则，， 由， 得. 故答案为： 14. 著名物理学家、数学家阿基米德利用“逼近法”，得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知平面内，椭圆经过平移和旋转后，能得到以为一个焦点，且过点的椭圆，则椭圆面积的最大值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意求出椭圆半焦距c的范围，即可求得短半轴b的范围，即可求得答案. 【详解】由椭圆可知，结合题意知椭圆的面积为， 设椭圆另外一个焦点为，则，，即， 所以在以为圆心，1为半径的圆上，故，即， 当三点共线时等号成立（F在之间）， 所以，所以椭圆面积的最大值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.其中第15题13分，第16题15分，第17题15分、第18题、第19题17分. 15. 已知方程. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式化简可得，再对所求式子化简，再代入求值即可； （2）由（1）得，结合可得，再代入求值即可． 【小问1详解】 ，， ，且， 原式． 【小问2详解】 且， ，解得：， ． 16. 如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，E是侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接交于，连接，利用中位线定理可得，进而可证结论； （2）由面面垂直的判定定理可得平面底面，进而利用面面垂直的性质可得平面，进而可证结论. 【小问1详解】 连接交于，连接， 因为四边形是正方形，所以是的中点， 又E是侧棱的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为侧棱底面，平面，所以平面底面， 又因为底面，，平面底面， 所以平面，又平面，所以平面平面. 17. 已知圆与圆交于A，B两点，在第二象限． （1）求以AB为直径的圆的方程； （2）若过点的直线（斜率存在）交圆于点，交圆于点，且，求直线CD的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将两圆方程相减可得直线AB的方程为，可得所求圆的圆心，再结合勾股定理求解出半径即可求解； （2）设直线CD的方程是，根据题设结合勾股定理、点到直线的距离公式建立方程求解即可. 【小问1详解】 根据题意，圆，圆心为，半径为3， 圆，圆心为，半径为4， 两圆方程相减整理得，所以直线AB的方程为， 所以所求圆的圆心为，半径为， 所以以AB为直径的圆的方程为． 【小问2详解】 在第二象限，由（1）可得， 如图，不妨设点C，D分别在圆和圆上，易知直线CD的斜率存在， 设直线CD的方程是，即， 则点到直线CD的距离为， 点到直线CD的距离为， 因为，所以，解得， 所以直线CD的方程为，即． 18. 已知在平面直角坐标系中，点，直线．设圆的半径为，圆心在直线上． （1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线的方程； （2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围． 【答案】（1）或； （2） 【解析】 【分析】（1）联立两直线可求出圆心为，写出圆的方程，设切线方程为，利用点到直线的距离等于半径即可求出切线的斜率，写出切线方程. （2）设圆心为， 则圆的方程为：，设为，根据，可得圆方程：，利用两圆有公共点知，即可求解. 【小问1详解】 联立，解得，即圆心，所以，圆的方程为． 若切线的斜率不存在，则切线的方程为，此时直线与圆相离，不合题意； 所以，切线的斜率存在，设所求切线的方程为，即， 由题意可得，整理可得，解得或． 所以切线方程为：或. 【小问2详解】 设圆心的坐标为，则圆的方程为， 设点，由可得，整理得， 由题意可知，圆与圆有公共点，所以， 即，解得． 所以，圆心的横坐标的取值范围是． 19. 2000多年前，古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的截口曲线是圆；当圆锥的轴与截面所成的角不同时，还可以截得截口曲线为椭圆、双曲线、抛物线；数学家Germinal Dandelin用双球模型进行了证明，并得出如下结论：当圆锥轴截面的顶角为，截面与圆锥的轴所成角为时，则截口曲线的离心率，当截面为椭圆且垂直于轴截面时，截面与轴截面相交所得线段为长轴.（轴截面是过圆锥的轴的平面与圆锥截得的等腰三角形）已知母线长为6的圆锥，轴截面为等边三角形，. （1）当过的截面截圆锥得到截口曲线是圆时，求圆锥的底面与截面圆之间的部分的体积； （2）过平面截圆锥得到一个椭圆，截面与交于点，与交于点，为椭圆上一点，与垂直且与圆锥底面平行，. ①判断是否为椭圆的长轴，并说明理由； ②判断是否为椭圆的焦点，并说明理由. 【答案】（1） （2）①是椭圆的长轴；②不是椭圆的焦点； 【解析】 【分析】（1）依题意求得圆锥的体积以及上半部分小圆锥的体积，相减可求得结果； （2）①利用线面垂直性质以及面面垂直判定定理可证明截面与轴截面垂直，可得结论； ②根据三角形形似以及余弦定理计算可得，再根据右顶点到右焦点的距离即可判断不是椭圆的焦点. 【小问1详解】 由母线长为6的圆锥，轴截面为等边三角形可知， 圆锥的底面圆半径为，其高为， 所以圆锥的体积为， 又，所以当过的截面截圆锥得到截口曲线是圆时， 截面圆半径为，高为； 所以上部分小圆锥体积为； 因此圆锥的底面与截面圆之间的部分的体积. 【小问2详解】 ①连接并延长交底面于点，如下图所示： 又因为与垂直且与圆锥底面平行， 又平面，平面平面，所以； 因为，所以； 又，，即平面； 因为平面， 所以平面平面，即截面垂直于轴截面， 根据定义：当截面为椭圆且垂直于轴截面时，截面与轴截面相交所得线段为长轴， 因此是椭圆的长轴； ②易知，所以， 易知圆锥轴截面的顶角为，在中，由余弦定理可得： ； 此时满足，即，且； 则椭圆离心率为； 又因为，即，所以； 易知点距离椭圆右顶点较近，设椭圆右焦点为， 则，而， 因此点不是椭圆的焦点. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解圆锥曲线在立体几何中的图形由来，结合椭圆性质以及圆锥几何体的关系，再根据题目信息所提供的定义可判断得出结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九江一中2025-2026学年度第一学期高二第一次月考 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：北师大版选择性必修第一册第一章至第二章第一节. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列直线中，倾斜角最小是（ ） A. B. C. D. 2. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 过点作圆的两条切线，切点分别为和，则切点弦所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 若直线与圆有两个不同的交点，则的取值可能为（ ） A. 5 B. 3 C. D. 5. 已知，C是关于直线的对称点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆的右焦点为，且过点，为上一动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角所对边分别为，已知，且三角形有两解，则角A取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 射影几何认为：所有无穷远点都位于唯一一条无穷远直线上；任何两条平行直线都在无穷远处相交.莱莫恩（Lemoine）定理指出：过的三个顶点作它的外接圆的切线分别和边相交于点，则三点在同一直线上.这条直线称为该三角形的莱莫恩（Lemoine）线.在平面直角坐标系中若三角形三个顶点的坐标为，，则该三角形的莱莫恩（Lemoine）线方程为（ ） A. B. C. D. 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3分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 直线是图象的一条对称轴 C. 方程的解集是 D. 的单调递增区间为 10. 已知圆，圆．则下列选项正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 当圆和圆有三条公切线时，若P，Q分别是圆上的动点，则 C. 若圆和圆共有2条公切线，则 D. 当时，圆与圆相交弦的弦长为 11. 高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设 ，用 表示不超过的最大整数，则 称为高斯函数，例如 ，. 已知函数 ，函数 ，则下列4个命题中，其中正确结论的选项是（ ） A. 函数 不是周期函数； B. 函数 的值域是 C. 函数 的图象关于 对称： D. 方程 只有一个实数根； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的最小值为______． 13. 中，角，，所对的边分别为，，，，，，则角的对边____________. 14. 著名物理学家、数学家阿基米德利用“逼近法”，得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知平面内，椭圆经过平移和旋转后，能得到以为一个焦点，且过点的椭圆，则椭圆面积的最大值为_________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.其中第15题13分，第16题15分，第17题15分、第18题、第19题17分. 15. 已知方程. （1）求的值； （2）求的值. 16. 如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，E是侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面. 17. 已知圆与圆交于A，B两点，在第二象限． （1）求以AB为直径圆的方程； （2）若过点的直线（斜率存在）交圆于点，交圆于点，且，求直线CD的方程． 18. 已知在平面直角坐标系中，点，直线．设圆半径为，圆心在直线上． （1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线的方程； （2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围． 19. 2000多年前，古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的截口曲线是圆；当圆锥的轴与截面所成的角不同时，还可以截得截口曲线为椭圆、双曲线、抛物线；数学家Germinal Dandelin用双球模型进行了证明，并得出如下结论：当圆锥轴截面的顶角为，截面与圆锥的轴所成角为时，则截口曲线的离心率，当截面为椭圆且垂直于轴截面时，截面与轴截面相交所得线段为长轴.（轴截面是过圆锥的轴的平面与圆锥截得的等腰三角形）已知母线长为6的圆锥，轴截面为等边三角形，. （1）当过的截面截圆锥得到截口曲线是圆时，求圆锥的底面与截面圆之间的部分的体积； （2）过的平面截圆锥得到一个椭圆，截面与交于点，与交于点，为椭圆上一点，与垂直且与圆锥底面平行，. ①判断是否为椭圆的长轴，并说明理由； ②判断是否为椭圆的焦点，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $