精品解析：陕西师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期第一次月考数学试题

陕西省西安市陕西师范大学附属中学 2025-2026学年高二上学期第一次月考 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式、一元一次不等式求集合A、B，再由集合的交运算求. 【详解】由题意得：，， ∴． 故选：C 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，则，代入已知条件，利用复数相等的条件即可求解. 【详解】设，则， 因为，所以，所以， 所以，解得，所以. 故选：A. 3. 从圆外一点向圆引切线，则此切线的长是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用勾股定理可求切线长. 【详解】 设切点为，圆心为，连接，则， 而， 故选：B . 4. 一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱，底面边上的高为.当底面水平放置时水面高度为16（如图①）.当侧面水平放置时（如图②），水面高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用水的体积不变计算可求解. 【详解】设底面的面积为， 当底面水平放置时水面高度为16，所以水的体积为， 设侧面水平放置时，水呈四棱柱体，设四棱柱体的底面梯形的面积为， 则水的体积为，所以，所以， 设四棱柱体的底面梯形的高为，则可得，解得. 故选：D. 5. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆与圆的位置关系及椭圆的定义和标准方程可得结果. 【详解】设动圆圆心为，半径为，设已知圆的圆心分别为、， 将圆的方程配方得：，圆心，半径为， 圆同理化为，圆心，半径为， 当动圆与圆相外切时，有① 当动圆与圆相内切时，有② 将①②两式相加，得 动圆圆心到点和的距离和是常数， 所以点的轨迹是焦点为点、，长轴长等于的椭圆， 故，，，. 故选：A. 6. 已知函数，若，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，结合函数的单调性可得，进而可求的最小值. 【详解】函数的定义域为， 可得函数在上单调递增， 又， 由，得， 因为函数在上单调递增，所以，所以， 所以，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故选：B. 7. 已知为坐标原点，为双曲线：的右焦点，，为的左右顶点，M为C上一点，轴，过的直线分别交y轴和线段于H，N两点，直线交y轴于G点，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，可得，利用相似三角形建立关系求得，进而得到，得解. 【详解】如图，设，由，得， 由，可得，即，则， 又，得，即， ，即，解得， ，即， 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：B. 8. 函数满足：，若，，则（ ） A. 1 B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析函数的周期性，利用函数的周期性求的值. 【详解】由题意可得：， 用代替可得：， 两式相加得：. 所以，所以函数是以6为周期的周期函数. 所以. 又，所以. 所以. 所以. 故选：D 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1； B. 已知一组数据1，2，，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5； C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23； D. 若样本数据的标准差为8，则数据的标准差为16. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用简单随机抽样的意义判断A，利用平均数和方差的计算公式判断B，利用百分位数的定义判断C，利用方差的性质判断D. 【详解】对于A，一个总体含有50个个体，某个个体被抽到的概率为， 以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为5的样本，则指定的某个个体被抽到的概率为，故A正确； 对于B，因为数据1，2，，6，7的平均数是，所以， 这组数据的方差是，故B错误； 对于C，该组数据从小到大排列为12，14，15，17，19，23，27，30， 又，即第70百分位数为第6个数为23，故C正确； 对于D，依题意，，则， 故数据的标准差为，故D正确； 故选：ACD 10. 记，分别为双曲线的左、右焦点，以为圆心，以E的焦距为半径的圆T与E的右支交于P，Q两点，则（ ） A. E的渐近线方程为 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出双曲线的渐近线方程即可判断A；求得E的焦距及的坐标，得圆T的方程可判断B；联立圆T与E的方程，求出的坐标，得可判断C；由余弦定理得，即可判断D． 【详解】对于A选项，易知中实半轴长，虚半轴长，半焦距， 则E的渐近线方程为，故A正确； 对于B选项，易得E的焦距为4，，故圆T的方程为， 即，故B错误； 对于C选项，联立，可得， 故（舍）或，代入可得， 不妨令P在第一象限，则，， 显然，故C正确； 对于D选项，显然， 故由余弦定理可得，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知，是上的两个动点，且.设，，线段的中点为，则（ ） A. B. 点的轨迹方程为 C. 的最小值为6 D. 的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，由垂径定理得到，从而得到，；B选项，由得到点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆，得到轨迹方程；C选项，由极化恒等式得到，结合点的轨迹方程，得到的最小值；D选项，转化为点到直线的距离问题，可看作点到直线的距离，结合点的轨迹方程，求出最大值，得到答案. 【详解】A选项，由题意得，半径为， 由垂径定理得⊥，则，解得， 由于，则，故，A错误； B选项，由A选项可得，，故点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆， 故点的轨迹方程为，B正确； C选项，由题意得，， 两式分别平方后相减得，， 其中，又点的轨迹方程为， 所以的最小值为，故的最小值为，C正确； D选项，可看作点到直线的距离， 同理，可看作点到直线的距离， 故可看作点到直线的距离， 点的轨迹方程为， 故点到直线的距离最大值为圆心到的距离加上半径， 即，故， 所以，故最大值为，D错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：向量恒等式，及是常用等式，要学会合理利用这两个式子解题． 三、填空题 12. 若，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由同角三角函数的基本关系与二倍角公式结合题意可得答案. 【详解】因，则，， 又，则，又， 则. 故答案为： 13. 已知椭圆的左、右两个焦点为，，若椭圆上存在两点、关于原点对称，且满足，，则椭圆的离心率______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用椭圆的对称性可得四边形是平行四边形，求得，再利用数量积的定义及椭圆定义求得，进而求出离心率. 【详解】连接，由点、关于原点对称，得四边形是平行四边形， 由，得， 由，得，即， 又，则，因此为等边三角形，， 所以椭圆的离心率为. 故答案为： 14. 已知正六棱锥的高为，它的外接球的表面积是．若在此正六棱锥内放一个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设正六棱锥的外接球的半径为、内切球的半径为，由题意及正六棱锥的性质相继求出、正六棱锥的底面积、侧面面积，再利用等体积法求得，设正方体的最大棱长为，此时正六棱锥的内切球是正方体的外接球，由此可得结果. 【详解】设外接球的半径为，则，． 设正六棱锥的底面边长为，则，， 即正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2． 正六棱锥的底面积． 侧面面积． 正六棱锥的体积． 设正六棱锥的内切球的半径为， 则． ． 设正方体的棱长为，则，． 正方体的棱长的最大值为． 故答案为：. 四、解答题 15. 已知直线和的交点为P． （1）若直线l经过点P且与直线平行，求直线l的一般式方程； （2）若直线m经过点P且与x轴，y轴分别交于A，B两点，为线段的中点，求的面积．（其中O为坐标原点）． 【答案】（1） （2）30 【解析】 【分析】（1）先联立两直线方程，求得，再由点斜式求出直线l的方程； （2）设直线m的方程为，分别表示出点的坐标，利用线段中点公式求出的值，即得点的坐标，进而可求得的面积. 【小问1详解】 由，解得，即得， 由可得其斜率为， 故过点P且与直线平行的直线l的方程为，即. 【小问2详解】 如图，设直线m的斜率为k，其方程为， 令，可得，令，可得，故，， 因为线段的中点，则得，解得， 则、． 故的面积为. 16. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求； （2）若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）正弦定理边化角，利用内角和定理消去，由和差公式和辅助角公式化简可得； （2）根据余弦定理和三角形面积公式列方程组求出，然后在中利用余弦定理可得. 【小问1详解】 由正弦定理有， 因为， 所以， 化简得， 由有，可得， 因为， 所以，则． 【小问2详解】 由有 又可得， 联立解得，所以为正三角形， 所以， 在中，由余弦定理得． 故的长为. 17. 在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，点为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 连接交与点，连接， ∵为矩形，∴为的中点， ∵为的中点，∴， ∵平面，平面， ∴∥平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据中位线的性质得到，然后利用线面平行的判定定理证明即可； （2）利用空间向量的方法求线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， ，令，则，，所以， 设直线与平面所成角为，则. 18. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，F，T分别是椭圆：的左焦点，右顶点，过F的直线交椭圆C于A，B两点，当轴时，的面积为. （1）求； （2）若斜率为的直线交椭圆C于G，H两点，N为以线段为直径的圆上一点，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在椭圆方程中，令，解得，得，再根据结合，求出答案； （2）设直线：与椭圆方程联立，由韦达定理求得的中点为，利用弦长公式求得，进而得到以为直径的圆的半径，由，三角换元利用三角函数性质求出最大值. 【小问1详解】 依题意有，当轴时，在椭圆方程中，令，解得，则， ，又．解得，． 【小问2详解】 设直线：，设，， 联立，得， 所以，所以. ，所以的中点为， 所以. 又的轨迹是以为圆心，半径的圆， 所以. 令，， 记， 又，所以，时，. 19. 已知椭圆的方程为为的左顶点，为的上顶点，的离心率为的面积为． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，过点且垂直于轴的直线交直线于点，证明：线段的中点在定直线上． 【答案】（1） （2）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）由题意结合的平方关系即可求解. （2）由题意设直线方程为，，联立椭圆方程，用韦达定理、直线交点坐标以及中点坐标表示出的坐标，证明为定值即可. 【小问1详解】 因为离心率为的面积为，所以， 又因为， 所以，即的方程为. 【小问2详解】 由题意过点的直线斜率存在，设为， 设， 联立，得， 可得， 所以 ， 且 ， ， 直线和联立， 得，为的中点， 令， 此时，化简得， 将代入上式得， 所以线段的中点在定直线上. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是得出，再结合韦达定理证明为定值即可顺利得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西省西安市陕西师范大学附属中学 2025-2026学年高二上学期第一次月考 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 从圆外一点向圆引切线，则此切线的长是（ ） A. B. 2 C. D. 4. 一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱，底面边上的高为.当底面水平放置时水面高度为16（如图①）.当侧面水平放置时（如图②），水面高度为（ ） A. B. C. D. 5. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 7. 已知为坐标原点，为双曲线：的右焦点，，为的左右顶点，M为C上一点，轴，过的直线分别交y轴和线段于H，N两点，直线交y轴于G点，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 函数满足：，若，，则（ ） A. 1 B. C. 5 D. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1； B. 已知一组数据1，2，，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5； C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23； D. 若样本数据的标准差为8，则数据的标准差为16. 10. 记，分别为双曲线的左、右焦点，以为圆心，以E的焦距为半径的圆T与E的右支交于P，Q两点，则（ ） A. E的渐近线方程为 B. C. D. 11. 已知，是上的两个动点，且.设，，线段的中点为，则（ ） A. B. 点的轨迹方程为 C. 的最小值为6 D. 的最大值为 三、填空题 12. 若，且，则______． 13. 已知椭圆的左、右两个焦点为，，若椭圆上存在两点、关于原点对称，且满足，，则椭圆的离心率______． 14. 已知正六棱锥的高为，它的外接球的表面积是．若在此正六棱锥内放一个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为______． 四、解答题 15. 已知直线和的交点为P． （1）若直线l经过点P且与直线平行，求直线l的一般式方程； （2）若直线m经过点P且与x轴，y轴分别交于A，B两点，为线段的中点，求的面积．（其中O为坐标原点）． 16. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求； （2）若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 17. 在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，点为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，F，T分别是椭圆：的左焦点，右顶点，过F的直线交椭圆C于A，B两点，当轴时，的面积为. （1）求； （2）若斜率为的直线交椭圆C于G，H两点，N为以线段为直径的圆上一点，求的最大值. 19. 已知椭圆的方程为为的左顶点，为的上顶点，的离心率为的面积为． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，过点且垂直于轴的直线交直线于点，证明：线段的中点在定直线上． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $