精品解析：浙江省绍兴市第一中学2025-2026学年高二上学期11月月考数学试题

绍兴一中高二数学 班级：______姓名：______ 2025-11-11 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. 已知复数为虚数单位，若为纯虚数，则（　　） A. B. 20 C. D. 6 2. 如图所示，下列频率分布直方图，根据所给图做出以下判断，正确的是（ ） A. 平均数=中位数=众数 B. 众数<中位数<平均数 C. 平均数<众数<中位数 D. 平均数<中位数<众数 3. 如图，在斜棱柱中，与的交点为点，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若一个圆锥与一个圆柱的体积相等，侧面积也相等，且圆锥底面半径是圆柱底面半径的 倍，圆柱的高为3，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则“”是“为常数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 若，，，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. C. D. 7. 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. 8. 已知是椭圆的两个焦点， P 为 C 上一点，且△的内切圆半径为 若 P 在第一象限，则= （ ） 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在上为增函数 D. 把的图象向右平移个单位长度，得到一个偶函数的图象 10. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离是 C. 平面与平面的夹角正弦值为 D. 异面直线与所成角的正切值为 11. 在数学中有“四瓣花”系列曲线，下列结论正确的有（ ） A. 曲线恰好经过9个竖点（即横、纵坐标均为整数的点） B. 曲线夹在直线和直线之间 C. 曲线所围成区域面积是所围成区域面积的5倍 D. 曲线上任意两点距离都不超过 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与直线平行，则平行线间的距离为______. 13. 已知函数（且）的图像恒过定点，且点在直线上，则的最小值为________． 14. 已知为椭圆上一点，为圆：上一点，且的最大值为6，则该椭圆离心率的最大值为________. 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. 已知圆，直线． （1）设与圆交于，两点，若，求的倾斜角； （2）设与圆交于，两点，求中点的轨迹方程． 16. 如图.在四棱锥中，四边形是直角梯形.，且为中点. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，的周长为，且椭圆的离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）两条平行直线、不与坐标轴平行，已知与椭圆交于、两点，与椭圆交于、两点，、、、四点构成四边形，试问四边形是否有可能为等腰梯形，若可能，请求出一组满足要求的直线、，若不可能，请说明理由． 18. 如图，等腰梯形中，，垂足为点，延长线段至点，使得．将沿翻折至的位置，使得． （1）证明：平面平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求三棱锥与三棱锥所围成的公共部分几何体的外接球的表面积． 19. 已知是椭圆的右焦点，过作直线交椭圆于两点，其中在轴上方.当轴时，. （1）求椭圆的标准方程； （2）设， （i）求证：； （ii）设点在椭圆上，点是的外接圆与椭圆的另一个交点（异于），若平分，且，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绍兴一中高二数学 班级：______姓名：______ 2025-11-11 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. 已知复数为虚数单位，若为纯虚数，则（　　） A. B. 20 C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算化简复数，然后利用纯虚数的概念求得，进而由求解即可. 【详解】， 且为纯虚数，，， ，． 故选：B． 2. 如图所示，下列频率分布直方图，根据所给图做出以下判断，正确的是（ ） A. 平均数=中位数=众数 B. 众数<中位数<平均数 C. 平均数<众数<中位数 D. 平均数<中位数<众数 【答案】B 【解析】 【分析】利用众数、中位数的意义，结合频率分布直方图呈现右拖尾形态时，中位数与平均数的关系判断即可. 【详解】众数是最高矩形底边中点对应的数值，位于左边第二个矩形底边中点， 所有矩形的面积之和为，显然前两个矩形的面积之和小于， 即众数＜中位数； 又频率分布直方图呈现右拖尾形态，使得平均数受极端值影响会被拉向右侧，大于中位数， 所以众数＜中位数＜平均数. 故选：B. 3. 如图，在斜棱柱中，与的交点为点，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算法则求解即可. 【详解】. 故选：A. 4. 若一个圆锥与一个圆柱的体积相等，侧面积也相等，且圆锥底面半径是圆柱底面半径的 倍，圆柱的高为3，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆柱和圆锥的结构和体积公式进行求解即可. 【详解】设该圆锥的高为，圆柱底面半径为，圆锥底面半径为， 则，解得，圆锥的体积为， 故选：B． 5. 已知，则“”是“为常数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分性、必要性的定义进行求解即可. 【详解】设 ，所以是必要的； 因为，，所以， 为常数，所以是充分的， 故选：C 6. 若，，，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算得，进而利用数量积的坐标运算求得和，最后代入投影向量公式求解即可. 【详解】因为，，所以， 又，所以， 又， 所以在上的投影向量的模为 . 故选：A 7. 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 8. 已知是椭圆的两个焦点， P 为 C 上一点，且△的内切圆半径为 若 P 在第一象限，则= （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义以及三角形面积公式先求出的纵坐标，然后根据椭圆方程求出横坐标，最后根据向量的数量积的坐标公式求出结果. 【详解】根据题意知，. 因为的内切圆半径为， 所以. 设，所以， 所以，解得. 因为在椭圆上，且在第一象限，所以满足， 解得，所以. 所以，所以. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在上为增函数 D. 把的图象向右平移个单位长度，得到一个偶函数的图象 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数图象求出函数解析式，然后利用三角函数的性质逐一判断即可. 【详解】由已知，， ∴，则， ∵图象过，∴， ∴，，又，∴， ∴， 显然，∴的图象关于点对称，A正确； 令，得，∴的对称轴为， 令，得，故B错误； 时，令，在上递增，因此C正确； 把的图象向右平移个单位长度，得函数表达式为，它是偶函数，D正确． 故选：ACD． 10. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离是 C. 平面与平面的夹角正弦值为 D. 异面直线与所成角的正切值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】应用向量加减、数乘的几何意义用表示出判断A，建立空间直角坐标系并求出相关点坐标，应用向量法求点线距离、面面、线线角判断B，C，D. 【详解】对于A，， 即，故A错误； 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，，， 对于B，，，设， 则点到直线的距离，故B正确； 对于C，， 设平面的一个法向量为，则，令，得， 设平面的一个法向量为，则， 令，得，所以， 即平面与平面的夹角余弦值为， 所以平面与平面的夹角正弦值为，故C正确； 对于D，因为，， 所以， 所以 所以，故D正确． 故选：BCD 11. 在数学中有“四瓣花”系列曲线，下列结论正确的有（ ） A. 曲线恰好经过9个竖点（即横、纵坐标均为整数的点） B. 曲线夹在直线和直线之间 C. 曲线所围成区域面积是所围成区域面积的5倍 D. 曲线上任意两点距离都不超过 【答案】AB 【解析】 【分析】A选项，分别就的正负进行分类讨论，画出表示的图形，找到9个整点，A正确；B选项，分别就的正负进行分类讨论，画出表示的图象，得到B正确；C选项，在A选项的基础上，求出和表示的图形可以分解为一个正方形和四个半圆，求出所围成的区域面积，得到C正确；D选项，分别就的正负进行分类讨论，画出的图形，数形结合，连接两圆心并延长，求出，D错误. 【详解】A选项，，，有， ，，有， ，时，有， ，时，， 画出图形，如下： 经过的整点有：，，，，，，，，，共9个，故A正确； B选项，曲线， 当，，有，即， 当，，有，即， 当，，有，即， 当，，有，即， 画出图形，如下： 其中，， 故，则， 故曲线由四个弓形组成，弓形的弓高为， 是夹在直线和直线之间，又因为，，故B正确. C选项，由A选项知，表示的图形可以分解为一个正方形和四个半圆， 其中正方形边长为，半圆半径为，故其面积为， 同理，曲线也可以分解为一个正方形和四个半圆， 其中正方形边长为，半圆半径为，其面积为， 所围成区域面积为所围成的区域面积的9倍，C错误； D选项，当，，有，即， 当，，有，即， 当，，有，即， 当，，有，即， 画出图形，如下： 连接两圆心并延长，分别与两圆交于， 则，D错误. 故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与直线平行，则平行线间的距离为______. 【答案】## 【解析】 【分析】先根据两直线平行的条件求出的值，再将两直线方程化为系数相同的形式，最后利用两平行线间的距离公式计算距离即可. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，解得，所以直线可化为， 所以两平行直线间的距离是. 故答案为： 13. 已知函数（且）的图像恒过定点，且点在直线上，则的最小值为________． 【答案】8 【解析】 【分析】求得定点的坐标，进而可得的关系式，利用不等式中1的妙用可求的最小值. 【详解】函数（且）的图像恒过定点， 因为点在直线上，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值为. 故答案为：. 14. 已知为椭圆上一点，为圆：上一点，且的最大值为6，则该椭圆离心率的最大值为________. 【答案】 【解析】 【分析】求出圆的圆心、半径，利用圆的几何性质确定最大值条件，再利用两点间距离公式，借助一次函数性质求出最大值，进而求出离心率的最大值. 【详解】圆的圆心，半径， 由，得的最大值为6等价于的最大值为4， 设，由，得，又，则， 整理得在上恒成立， 当时，显然不等式在时恒成立； 当，由在上， 因此，即在上恒成立， 令，由，得函数在上单调递减， 于是，解得，则， 综上，，解得， 所以椭圆的离心率的最大值为. 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. 已知圆，直线． （1）设与圆交于，两点，若，求的倾斜角； （2）设与圆交于，两点，求中点的轨迹方程． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由弦长及圆的半径求得弦心距，再由圆心到直线的距离列式求得的值，则直线的倾斜角可求； （2）由是弦的中点，所以，得弦的中点的轨迹. 【小问1详解】 圆的圆心，半径， 设圆心到直线的距离为，则， ， ，解得． 所以直线的方程为或． ∴直线的斜率为，故直线的倾斜角为或． 【小问2详解】 直线，即， 令，解得，所以直线过定点, 因为轴，当为的中点时，则轴， 所以的方程为，显然不符合题意， 故不为的中点， 因为与圆交于两点，是的中点，所以， 又因为过定点， 所以， 所以中点的轨迹是以为直径端点的圆（除点）. 所以，即. 16. 如图.在四棱锥中，四边形是直角梯形.，且为中点. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 记中点为，连接，， 则四边形为正方形，且根据勾股定理得， 所以，则，所以. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以，又因为，所以， 且，平面，所以平面. （2）存在，点为的中点，理由如下： 由（1）知，平面，且. 以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和 则，令，得. ，令，得. 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 【解析】 【分析】（1）中点为，连接，，由勾股定理可得，结合可得平面，即，又由即可证明平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，然后利用待定系数法求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，的周长为，且椭圆的离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）两条平行直线、不与坐标轴平行，已知与椭圆交于、两点，与椭圆交于、两点，、、、四点构成四边形，试问四边形是否有可能为等腰梯形，若可能，请求出一组满足要求的直线、，若不可能，请说明理由． 【答案】（1） （2）不可能，理由如下： 如下图所示： 若四边形为等腰梯形，则， 设直线、交于点，因为，所以，故， 从而， 分别取线段、的中点、，则，， 故、、三点共线，则， 不妨设直线的方程为，设点、， 联立可得， ，可得， 由韦达定理可得， 故，故点， 设直线的方程为，同理可得点， 直线的斜率为， 因为，即与不垂直， 因此不存在满足题设条件的两条平行直线、，使得四边形为等腰梯形. 【解析】 【分析】（1）由椭圆的离心率和的周长可求得、的值，据此可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）分别取线段、的中点、，若四边形为等腰梯形，则，设直线的方程为，设直线的方程为，将这两条直线方程分别与椭圆的方程联立，求出点、的坐标，求出直线的斜率，结合两直线垂直于斜率的关系可得出结论. 【小问1详解】 椭圆的离心率为，故， 的周长为，解得，， 故，所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 18. 如图，等腰梯形中，，垂足为点，延长线段至点，使得．将沿翻折至的位置，使得． （1）证明：平面平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求三棱锥与三棱锥所围成的公共部分几何体的外接球的表面积． 【答案】（1） 由题意得， 在中，因为，所以， ,可得． 因为平面， 所以平面．因为平面， 所以． 在中，因为， 所以，即． 又平面， 所以平面． 又平面，所以平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的边角关系，利用勾股定理求解长度，即可证明线线垂直，进而可证明平面，平面得解， （2）建立空间直角坐标系，求解向量的夹角即可得解， （3）根据三角形相似，以及正弦定理，即可求解半径，由球的表面积公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，的方向分别为轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，， 所以． 设直线与所成的角为， 则， 故直线与所成角的余弦值为． 【小问3详解】 如图， 设，则三棱锥即为所求的公共部分． 设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为． 因为，所以，则． 由正弦定理得， 由于平面，故,即， 所以． 19. 已知是椭圆的右焦点，过作直线交椭圆于两点，其中在轴上方.当轴时，. （1）求椭圆的标准方程； （2）设， （i）求证：； （ii）设点在椭圆上，点是的外接圆与椭圆的另一个交点（异于），若平分，且，求的值. 【答案】（1） （2）（i）证明：记，由题意知. 设直线的方程为，代入椭圆得：. 则有，① 设与的斜率分别为，则 所以. （ii）. 【解析】 【分析】（1）根据即可求解椭圆标准方程； （2）（i）设与的斜率分别为，将问题转化为证明即可； （ii）设满足，化简可得：，因为直线和直线的交点为，则点都在以为直径的圆上，因为都在以为直径的圆上，故，所以是的角平分线，则，利用三角形面积公式化简即可求解. 【小问1详解】 由题知，，又，解得. 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）设满足，则 ② 将代入②，并化简得 ，③ 将（2）中①代入③得：， 即. 又因为直线和直线的交点为. 故满足的点都在以为直径的圆上. 因为都在以为直径的圆上， 故，所以是的角平分线. 则， 所以， 即. 所以，解得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $