精品解析：福建省宁德市柘荣县第一中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题

柘荣一中高二第一学期第三次月考数学试题 考试时间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. 椭圆的长轴长是（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列的前项和为，，则公差（ ） A. 2 B. 3 C. 9 D. 12 3. 直线与互相平行，则实数的值等于（ ） A. B. C. 或 D. 4. 圆与圆的位置关系为（ ） A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 外离 5. 已知随机事件满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 点M为圆：上动点，点，点P是线段的中点，则点P的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，某电子元件由，，三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，，，三种部件不能正常工作的概率分别为，，，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是（  ） A. B. C. D. 8. 各项均不为零的等差数列对任意的正整数满足：，为数列的前项和，则下面正确的是（ ） A. 首项 B. 公差 C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线：与圆：相交于，两点，则（ ） A. 圆心的坐标为 B. 圆的半径为 C. 圆心到直线距离为2 D. 10. 如图的一系列三角形图案称为谢尔宾斯基三角形.在图中4个大三角形中，灰色三角形的个数依次构成一个数列的前4项，设数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 11. 有6个相同的球，分别编号1、2、3、4、5、6，从中先不放回的随机取两次，再将球全部放回随机取一次，以上每次抽取一个小球，记事件A：第一次取球编号数字小于3；B：第二次取球编号数字为偶数；C：第三次取球编号为6；D：前两次取球编号数字和为7；E：第一、三次取球编号数字至少有一个1.则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件A与事件C相互独立 C. 事件A与事件E相互独立 D. 事件A与事件B相互独立 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置） 12. 已知直线l的方程为，则直线l始终过定点______． 13. 已知数列1，，，4等差数列，数列1，，，，4成等比数列，且，，均为实数，则______. 14. 将椭圆：上所有点绕原点旋转角，得到曲线的方程：，则椭圆的离心率为______. 四、解答题：（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 如图，在平面直角坐标系中，点，，. （1）求直线的方程； （2）记的外接圆为圆，求直线被圆截得的弦长. 16. 在平面直角坐标系xOy中，焦点在x轴上的椭圆C过点，离心率． （1）求椭圆C的焦距； （2）设直线与椭圆C相交于A，B两点，若的面积为1，求m的值． 17. 甲，乙两人进行围棋比赛，采用积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则围棋比赛最终打平.假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立. （1）求第三局结束后乙获胜的概率； （2）求甲获胜的概率. 参考：1.如果两两互斥，则； 2如果事件相互独立，则， ， . 18. 记数列的前n项和为，已知，. （1）求的通项公式； （2）若，数列的前n项和为，求； （3），数列中的最大项是第k项，求正整数k的值. 19. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 柘荣一中高二第一学期第三次月考数学试题 考试时间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. 椭圆的长轴长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出的值，即可得出椭圆的长轴长. 【详解】椭圆的标准方程为，则，故椭圆的长轴长为. 故选：D. 2. 已知等差数列的前项和为，，则公差（ ） A. 2 B. 3 C. 9 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列前项和公式直接求解即可. 【详解】由得，解得 故选：A 3. 直线与互相平行，则实数的值等于（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线平行可得出关于实数的等式与不等式，即可解得实数的值. 【详解】因为直线与互相平行，则，解得. 故选：A. 4. 圆与圆的位置关系为（ ） A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 外离 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆的标准方程，可得圆心坐标与半径，由圆心距与半径之间的关系即可判断 【详解】由题意，，圆心为，半径， ，圆心为，半径， 由， 可知， 两圆的位置关系为相交. 故选：B. 5. 已知随机事件满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据概率的加法公式求得. 【详解】由题意可得，. 故选：A 6. 点M为圆：上的动点，点，点P是线段的中点，则点P的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设点，结合中点坐标公式可得，进而代入即可求解. 【详解】设点，， 因为为的中点， 所以，则，即， 又因为动点在圆上，所以， 则， 则点轨迹方程为. 故选：C. 7. 如图，某电子元件由，，三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，，，三种部件不能正常工作的概率分别为，，，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是（  ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设上半部分正常工作为事件，下半部分正常工作为事件，该电子元件能正常工作为事件，根据相互独立事件的概率公式求出、，即可求出、，再根据对立事件及独立事件的概率公式计算可得. 【分析】设上半部分正常工作为事件，下半部分正常工作为事件，该电子元件能正常工作为事件， 则，， ，所以， 所以， 即该电子元件能正常工作的概率是. 故选：B 8. 各项均不为零的等差数列对任意的正整数满足：，为数列的前项和，则下面正确的是（ ） A. 首项 B. 公差 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】当时，，进而结合题意得即可判断B；再结合时得，最后根据等差数列通项公式与前项和公式计算判断CD. 【详解】因为①， 所以当时，②， 因为等差数列的各项均不为零 所以，得，即， 所以公差，故B正确； 当时，，即 所以，整理得，解得或， 当时，，，满足条件， 当时，，与条件矛盾. 所以首项，故A错误； 所以等差数列的通项公式为，故C错误； 所以，故D错误. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线：与圆：相交于，两点，则（ ） A. 圆心的坐标为 B. 圆的半径为 C. 圆心到直线的距离为2 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】化圆的方程为 标准形式判断AB；求出圆心到直线距离判断C；利用圆的弦长公式计算判断D. 【详解】对于AB，圆：的圆心，半径，A正确，B错误； 对于C，点到直线：的距离，C正确； 对于D，，D正确. 故选：ACD 10. 如图的一系列三角形图案称为谢尔宾斯基三角形.在图中4个大三角形中，灰色三角形的个数依次构成一个数列的前4项，设数列的前项和为，则（ ） A B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知图形结合等比数列的知识逐项计算即得. 【详解】因为，A选项正确； 依题意，， 所以是首项为1，公比为3的等比数列，所以， ，C选项正确； ，B选项错误； ，D选项正确； 故选：ACD. 11. 有6个相同的球，分别编号1、2、3、4、5、6，从中先不放回的随机取两次，再将球全部放回随机取一次，以上每次抽取一个小球，记事件A：第一次取球编号数字小于3；B：第二次取球编号数字为偶数；C：第三次取球编号为6；D：前两次取球编号数字和为7；E：第一、三次取球编号数字至少有一个1.则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件A与事件C相互独立 C. 事件A与事件E相互独立 D. 事件A与事件B相互独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出事件的概率，再根据相互独立事件概率的关系依次判断每个选项得到答案. 【详解】根据题意，，，，， 对于A，由于是不放回的取球，则，故A正确； 对于B，因为，所以事件与相互独立，故B正确； 对于C，因为，所以事件与不相互独立，故C错误； 对于D，因为，所以事件与相互独立，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置） 12. 已知直线l的方程为，则直线l始终过定点______． 【答案】 【解析】 【分析】将直线方程中a进行合并，令a的系数为零即可求出定点． 【详解】， 令，则， ∴直线l始终过定点， 故答案为：． 13. 已知数列1，，，4是等差数列，数列1，，，，4成等比数列，且，，均为实数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题目条件，由等差数列性质，可得a1+a2=5，由等比数列性质，可得b2=2，代入比值可求． 【详解】依题意,因为数列1，a1，a2，4是等差数列，所以a1+a2=1+4=5， 数列1，b1，b2，b3，4成等比数列，所以b22=1×4， 又b2和1，4同为正数，所以b2=2， 所以， 故答案为：. 【点睛】本题考查等差数列的性质、等比数列的性质应用，解题关键是对等差数列中项性质及等比数列中项性质的灵活掌握，属于简单题. 14. 将椭圆：上所有的点绕原点旋转角，得到曲线的方程：，则椭圆的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，由椭圆的对称性，求解顶点坐标，从而可得，即可求解. 【详解】椭圆上所有的点绕原点逆时针旋转角， 得到椭圆方程：，设点在椭圆上， 则其关于的对称点满足方程，即， 因此椭圆关于直线对称，同理椭圆关于直线对称， 即椭圆：关于对称，如图： 联立与，得，椭圆长轴端点为，即， 联立与，得，椭圆短轴端点为，即， 因此椭圆的离心率，而旋转不改变图形大小， 所以椭圆的离心率为. 故答案为： 四、解答题：（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 如图，在平面直角坐标系中，点，，. （1）求直线的方程； （2）记的外接圆为圆，求直线被圆截得的弦长. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）直线交轴于点，由题意可得为等边三角形，故，可求直线的方程； （2）由可求的外接圆方程，几何法求直线被圆截得的弦长. 【小问1详解】 （如图）直线交轴于点，中，， 所以，故， 所以直线的方程为 【小问2详解】 设圆的方程为， 由（1）知，满足圆的方程， 则，解得， 圆的方程为，即 所以圆心半径 圆心到直线的距离， 所以直线被圆截得的弦长. 注：方法二 （2）设圆的方程为， 由（1）知，满足圆的方程， 则，解得， 圆的方程为，可得， 圆心到直线的距离， 所以直线被圆截得的弦长. 注：方法三 （2）因为， ，AB的中点为 所以的垂直平分线方程为：①， 所以的垂直平分线方程为：②， 由①②得，圆心为， 圆心到直线距离， 所以直线被圆截得的弦长. 16. 在平面直角坐标系xOy中，焦点在x轴上的椭圆C过点，离心率． （1）求椭圆C的焦距； （2）设直线与椭圆C相交于A，B两点，若的面积为1，求m的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出椭圆的标准方程，根据已知条件列出方程组求解即可； （2）联立直线方程和椭圆方程，消去y得到关于x的方程，设，利用韦达定理和弦长公式求出弦长，利用点到直线距离公式求出O到直线的距离d，利用三角形面积公式即可求解． 【小问1详解】 解：设椭圆方程为， ∵离心率，则，． 椭圆过，代入方程得，即，解得，则． ∴椭圆方程为； 【小问2详解】 联立，得， 得． 设，则，， ， O到直线距离， ， 解得，即． 17. 甲，乙两人进行围棋比赛，采用积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则围棋比赛最终打平.假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立. （1）求第三局结束后乙获胜的概率； （2）求甲获胜的概率. 参考：1.如果两两互斥，则； 2.如果事件相互独立，则， ， . 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对乙来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜），根据独立事件的乘法公式即可求解； （2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式求解概率，最后相加得到结果. 【小问1详解】 设事件为“第三局结束乙获胜”， 由题意知，乙每局获胜的概率为，不获胜的概率为. 若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）． 故. 【小问2详解】 设事件为“甲获胜”． 若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率． 若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）． 此时的概率． 若第四局结束甲得两分获胜，则甲第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）． 此时的概率， 若第四局结束甲以积分获胜，则乙的积分为0分，总共有4种情况：（胜，平，平，平），（平，胜，平，平），（平，平，胜，平），（平，平，平，胜）． 此时的概率. 故. 18. 记数列的前n项和为，已知，. （1）求的通项公式； （2）若，数列的前n项和为，求； （3），数列中的最大项是第k项，求正整数k的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据给定的递推关系，结合计算，再利用等差数列定义求出通项公式. （2）由（1）的结论求出，再利用错位相减法求和即得. （3）由（1）（2）的结论求出，确定数列的单调性求出最大项. 【小问1详解】 在数列中，， 当时，，解得， 当时，，即， 又，所以， 因此是首项为1，公差为2的等差数列，. 所以通项公式为. 【小问2详解】 由（1）得，则， 于是， 两式相减得， 所以. 【小问3详解】 由（1）（2）得，则， 令，得，又，则解得， 当时，得，即，因此数列从第2项起单调递减， 所以数列中的最大项为第2项，即. 19. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程. （2） ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；②求得，并利用等比数列的前项和公式求得. 【小问1详解】 因，可得： ①， 又椭圆过点，可得 ②， 联立①，②，解得， 故椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 ①当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时， 直线与轴重合，不符合题意，故直线的斜率均存在且不为0. 设直线的方程为， 联立，消去，整理得：， 因直线交椭圆于两点，则，且，则， 因直线的方程为，同理可得：， 因三点共线，则，即， 易知，则， 因，则； ②结合①可知，则 ， 因，则数列是首项为9，公比为3的等比数列， 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解题的关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $