精品解析：陕西省西安市铁一中学2025-2026学年高二上学期月考1数学试卷

2025-2026-1高二年级月考1 数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 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. 过，两点的直线倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 5 3. 若两平行直线与之间的距离是，则（ ） A. B. C. 12 D. 14 4. 若函数的图象向右平移个单位后为一个奇函数的图象，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 6. 已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，O不在该平面上，则的最小值为（ ） A. 4 B. 5 C. D. 9 7. 在平面直角坐标系中，一只蚂蚁从点出发，爬到轴后又爬到圆上，则它爬行的最短路程是（ ） A. B. 4 C. 8 D. 8. 在三棱锥中，，，两两垂直，且.若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 以下四个命题中正确的是（ ） A. 过点且在轴上的截距是在轴上截距的倍的直线的方程为 B. 向量是直线的一个方向向量 C. 直线与直线之间的距离是 D. 直线的倾斜角的范围是 10. 已知正方体的棱长为4，动点在正方体表面上（不包括边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得∥面 B. 存在点，使得面 C. 若与的夹角为，则点的轨迹长度为 D. 若为面的中心，则的最小值为 11. 已知点、，动点满足，点的轨迹为曲线，点是直线：上一点，过点作曲线的切线，切点为，直线与轴的交点为，则（ ） A. 曲线的方程为 B. 点到直线距离的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将个数据按照从小到大的顺序排列如下:，若该组数据的分位数为22，则______________． 13. 在正三棱柱中，则直线与平面所成角的正弦值为______． 14. 过直线上任意一点作圆：的两条切线，则切点分别是，则面积的最大值为______. 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. 已知平面内两点，． （1）求过点且与直线垂直的直线的方程． （2）若是以为顶点的等腰直角三角形，求直线的方程． 16. 某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负,则需进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为,乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响. （1）求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率; （2）若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以2:0领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率. 17. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，的面积为，． （1）求A的值； （2）求b的值； （3）求的值． 18. 如图，直角梯形 ACDE 中， 、M 分别为AC、ED 边的中点，将△ABE 沿BE 边折起到△A'BE 的位置，N 为边A'C 的中点． （1）证明：MN∥平面A'BE； （2）当三棱锥的体积为，且二面角为锐二面角时，求平面 NBM 与平面BEDC 夹角的正切值． 19. 在平面直角坐标系中，已知圆：，，是圆上的动点，且，的中点为. （1）求点的轨迹方程； （2）设点是直线：上的动点，，是的轨迹的两条切线，，为切点，求四边形面积的最小值； （3）若垂直于轴的直线过点且与的轨迹交于点，，点为直线上的动点，直线，与的轨迹的另一个交点分别为，，（与不重合），求证：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026-1高二年级月考1 数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 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. 过，两点的直线倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两点间斜率公式可得斜率，再由倾斜角与斜率关系可得结果. 【详解】设直线的倾斜角为，所以， 因，所以， 故选：A. 2. 若复数满足，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法法则和复数的模长公式计算即可. 【详解】， . 故选：D. 3. 若两平行直线与之间的距离是，则（ ） A. B. C. 12 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线平行求出，再利用平行线距离公式即可求出，即可求解. 【详解】因为直线与平行， 所以，即， 因为直线与直线的距离为， 所以，即，解得或（舍去）， 故． 故选：C. 4. 若函数的图象向右平移个单位后为一个奇函数的图象，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题知平移后，再利用函数的奇偶性可得即可求解. 【详解】平移后得到函数的图象，则， 解得，而因此最小可取. 故选：D. 5. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】当时，利用函数的单调性解不等式，再利用是偶函数解不等式即可. 【详解】由对数函数和一次函数的单调可得是增函数，且， 所以当时，的解集为， 因为是奇函数，易知是偶函数，当时，可得， 根据偶函数知：当时，可得， 故选：A. 6. 已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，O不在该平面上，则的最小值为（ ） A. 4 B. 5 C. D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量四点共面定理和基本不等式“1”的妙用求解即可. 【详解】因为四点共面， 所以由共面定理可得，，即， 所以， 因为， 当且仅当，即，即时，等号成立， 所以， 故选：C. 7. 在平面直角坐标系中，一只蚂蚁从点出发，爬到轴后又爬到圆上，则它爬行的最短路程是（ ） A. B. 4 C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据将军饮马模型，求得对称点，利用两点距离公式，可得答案. 【详解】由圆，得圆心，半径， 易得点关于轴的对称点为， 如图，所求的最短路程即为到圆上的点的最短距离． 故选：A. 8. 在三棱锥中，，，两两垂直，且.若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先将三棱锥放置在正方体中，并建立空间直角坐标系，利用转化向量的方法求数量积，再代入坐标运算，即可求解. 【详解】如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心为正方体对角线的交点， ，，，，，， 设三棱锥外接球的半径为，，则， ， ， ，，， ，， ， 所以， 当时，取得最大值. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是三棱锥与外接球组合体的几何关系，以正方体为桥梁，建立空间直角坐标系，转化为数量积问题. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 以下四个命题中正确的是（ ） A. 过点且在轴上的截距是在轴上截距的倍的直线的方程为 B. 向量是直线的一个方向向量 C. 直线与直线之间的距离是 D. 直线的倾斜角的范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】根据直线截距式及其适用条件可判断A选项，根直线方向向量的概念可判断B选项；根据平行线间距离公式可判断C选项；根据斜率与倾斜角的关系可判断D选项. 【详解】A选项：当直线过原点时，方程为， 当直线不过原点时，设方程为，则，解得，所以直线方程为， 综上，所求直线方程为或，故A选项错误； B选项：由方向向量的定义知正确； C选项：直线，即为， 故直线与直线之间的距离为，故C选项错误； D选项：直线的斜率， 所以倾斜角的范围是，故D选项正确； 故选：BD. 10. 已知正方体的棱长为4，动点在正方体表面上（不包括边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得∥面 B. 存在点，使得面 C. 若与的夹角为，则点的轨迹长度为 D. 若为面的中心，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，通过证明∥即可得出结论；B项，求出面的法向量，计算出面时点的坐标，即可得出结论；C项，求出点的轨迹，即可求出点的轨迹长度；D项，作出取最小值时的图，根据对称性和两点之间距离公式即可求出的最小值. 【详解】由题意， 在正方体中，棱长为4， 动点在正方体表面上（不包括边界）， 连接，设的中点为，连接，设两线段交点为，连接， 建立空间直角坐标系如下图所示， ， ∴， ∴∥， ∵面，面， ∴∥面， ∴当点在处时，面， ∴存在点，使得∥面，故A正确； B项，在面中，， 设面的法向量为， 即，解得， 当时，， 若面，则，， ∵动点在正方体表面上， ∴，此时，与重合， ∵点不在边界上，故不存在点，使得面，B错误； C项，因为，与的夹角为， 所以与所成的角为， 则 由几何知识得，点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的四分之一（即）， 在中，，，， ∴， ∴点的轨迹长度为：，C正确； D项，为面的中心，作点关于平面的对称点， 连接，当最小时，， ∴，， ∴，D正确. 故选：ACD. 11. 已知点、，动点满足，点的轨迹为曲线，点是直线：上一点，过点作曲线的切线，切点为，直线与轴的交点为，则（ ） A. 曲线的方程为 B. 点到直线距离的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件化简即可得圆的方程判断A，根据圆心到直线的距离及圆的性质判断B，根据切线及圆的几何性质判断C，利用求最小值判断D. 【详解】A选项：设，则由得，化简得：， 故曲线的方程为，A选项正确； B选项：：的圆心到直线的距离为， 所以直线与相离，从而圆上动点到直线距离的最小值为，从而B选项错误； C选项：中，，故C正确； D选项：对直线：，令，可得，即， 因为，所以， 所以， 当且仅当在线段与圆的交点时取得最小值，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将个数据按照从小到大的顺序排列如下:，若该组数据的分位数为22，则______________． 【答案】21 【解析】 【分析】根据百分位的计算求解即可. 【详解】因为， 所以分位数是第4、5个数据的平均数， 所以，解得. 故答案为： 13. 在正三棱柱中，则直线与平面所成角的正弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设的中点为，连接，先证明平面，可得为直线与平面所成角，进而求解即可. 【详解】设的中点为，连接， 在正三棱柱中，，则， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线与平面所成角， 设，则， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为：. 14. 过直线上任意一点作圆：的两条切线，则切点分别是，则面积的最大值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】由得出点在以为直径的圆上是关键，通过两圆方程相减得到直线的方程，从而求出面积的表达式，运用函数思想求解即得. 【详解】 如图，设点，因,故点在以为直径的圆上， 因圆心，半径为，故圆的方程为：， 又圆：，将两式左右分别相减，整理得直线的方程为：， 于是，点到直线的距离为：，， 故的面积为：， 不妨设则，且，故， 因在上单调递增，故，此时， 即时，点时，面积的最大值为. 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. 已知平面内两点，． （1）求过点且与直线垂直的直线的方程． （2）若是以为顶点的等腰直角三角形，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用斜率公式求出直线的斜率，再根据直线的斜率与直线垂直的直线的斜率乘积为和点斜式求解即可； （2）求出线段垂直平分线的方程为，故点在直线上，设点为，根据等腰直角三角形两直角边垂直，所在直线斜率存在，斜率之积为建立等式求解即可． 【小问1详解】 由题意得，则直线的斜率为， 所以过点且与直线垂直的直线的方程为：， 即． 【小问2详解】 的中点坐标为， 由（1）可知线段垂线的斜率为，所以线段垂直平分线的方程为， 即． 因为是以为顶点的等腰直角三角形， 所以点在直线上， 故设点为， 由可得：， 解得或， 所以点坐标为或， 则直线的方程为或． 16. 某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负,则需进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为,乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响. （1）求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率; （2）若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以2:0领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球. (2) 甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2. 【小问1详解】 设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为;乙队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为. 设每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意,得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球, 则, 故每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率为. 【小问2详解】 因为甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2. ①比分为2:1的概率为 . ②比分为2:2的概率为. ③比分为3:2的概率为 . 综上,甲队第5个球员需出场罚球的概率为. 17. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，的面积为，． （1）求A的值； （2）求b的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2）8 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化及三角恒等变形化简得，结合三角形内角即可求A的值； （2）由面积公式可得，利用余弦定理得，结合即可求b的值； （3）由（2）知，利用余弦定理的推论可求，根据倍角公式求出，最后用和差公式求值即可． 【小问1详解】 由正弦定理得， ， ，， 又，所以． 【小问2详解】 ，即①， 又，即②， 由①②解得或， 又， 所以b的值为8． 【小问3详解】 由（2）知， 所以， ， 又，所以，， 则， 所以 ， 即的值为． 18. 如图，直角梯形 ACDE 中， 、M 分别为AC、ED 边的中点，将△ABE 沿BE 边折起到△A'BE 的位置，N 为边A'C 的中点． （1）证明：MN∥平面A'BE； （2）当三棱锥的体积为，且二面角为锐二面角时，求平面 NBM 与平面BEDC 夹角的正切值． 【答案】（1） 取的中点，的中点，由题意知，， 直角梯形中，四边形为正方形， 为的中点， ， 四边形为平行四边形，， 平面，不在面内， 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理在平面中找到和直线平行的直线，利用直线和平面平行的判定定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，根据已知条件利用等体积法，进而求出各个点的坐标，再利用平面的法向量计算平面的夹角的正切值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，则，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，面， 平面， ， ，， ，为等边三角形， 则， 设为平面的法向量，为平面的法向量， ，令 ，令， 设平面与平面的夹角为，由题可知为锐角， ， 平面与平面的夹角的正切值为. 19. 在平面直角坐标系中，已知圆：，，是圆上的动点，且，的中点为. （1）求点的轨迹方程； （2）设点是直线：上的动点，，是的轨迹的两条切线，，为切点，求四边形面积的最小值； （3）若垂直于轴的直线过点且与的轨迹交于点，，点为直线上的动点，直线，与的轨迹的另一个交点分别为，，（与不重合），求证：直线过定点. 【答案】（1） （2） （3） 由题意可知：直线，由，解得或， 不妨令， 先证明如下问题：若点为直线上的动点，直线（其中）与圆的另一个交点分别为，（与不重合），求证：直线过定点． 因为， 可知，即，可得， 又因为， 可得， 则，即， 整理可得， 若直线的斜率存在，设为， 联立方程，消去y可得， 则，且， 则，整理可得，解得或， 若，则直线：过定点； 若，则直线：过定点，又与不重合，不合题意； 所以直线过定点； 若直线的斜率不存在，则，可得， 即，解得或（舍去）， 此时直线过点，符合题意； 且在圆内部，直线与圆必相交， 综上所述：直线过定点. 将上述问题图象，整体向右平移1个单位，再向上平移个单位，即可得到本题的问题， 结合图形平移可知：直线过定点. 【解析】 【分析】（1）根据弦长关系可得，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，即可得方程； （2）根据切线性质可得，进而可得最小值； （3）先进行图形平移，将圆心平行至原点，可得，分类讨论直线斜率是否存在，利用韦达定理可证直线过定点，进而可得结果. 【小问1详解】 已知圆的方程为 ，将其转化为圆的标准方程： . 所以圆心，半径. 因为是的中点，可知 . 已知，则 . 在中，根据勾股定理. 设点，根据两点间的距离公式 ， 两边平方可得 . 所以点的轨迹方程为 . 【小问2详解】 因为，是圆的切线，所以，. 又因为 ， 所以四边形的面积， 根据勾股定理 ， 所以. 点是直线上的动点， 根据点到直线的距离公式，圆心到直线的距离 ， 即.当取最小值时， . 所以四边形面积的最小值为 . 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $