精品解析：浙江省绍兴市第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

绍兴一中高二数学 一、单选题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由一元二次不等式的解法，可求得集合，从而可求出，再根据对数函数的性质求出集合中的具体范围，即可求得. 【详解】因为，所以， 对于集合：，所以，即， ，所以. 故选：D. 2. 已知是虚数单位，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据条件，利用复数的运算及复数相等的条件，得到，从而，即可求解. 【详解】设，因为，得到， 所以，解得，得到， 所以， 故选：C. 3. 已知向量，，则“”是“与共线”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】A 【解析】 【分析】由，可得与共线，充分性成立；由，可得或，必要性不成立，可得结论. 【详解】由，得，，所以与共线， 所以“”是“是与共线”的充分条件； 由，可得，解得或， “”是“与共线”成立的不必要条件， 故“”是“与共线”的充分不必要条件． 故选：A． 4. 若函数，又，且的最小值为，则的值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角恒等变换可得，即可根据最大值和最小值求解得解. 【详解】， 由于， 结合，，故分别为的最大值点和最小值点， 由于的最小值为，故,解得. 故选；A 5. 下列说法错误的有（ ） A. 若A与相互独立，，，则 B. 把红、橙、黄3张纸牌随机分给甲、乙、丙3人，每人分得1张，则事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”是互斥事件 C. 从装有3个红球，4个白球的袋中任意摸出3个球，事件“至少有2个红球”，事件“都是白球”，则事件A与事件是互斥事件 D. 甲乙两人投篮训练，甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，甲乙两人投篮互不影响，则甲乙各投篮一次同时投中的概率为 【答案】B 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件和的概念独立事件的乘法公式和概率一一判断即可 【详解】对于A，若与相互独立，则与与也相互独立， ，故A正确； 对于B，“甲分得的不是红牌”其中的一种情况是“甲分得黄牌，乙分得橙牌，丙分得红牌”，而“乙分得的不是红牌”也含有其中的一种情况是“甲分得黄牌，乙分得橙牌，丙分得红牌”这种情况，这两个事件不是互斥事件，故B错误； 对于C，事件 “至少有2红球”包含“有2红球1个白球”及“有3个红球”这两种情况，与事件“都是白球” 不可能同时发生，所以事件与事件是互斥事件，C正确； 对于D，由题意可知甲乙各投篮一次同时投中的概率为 ，故D正确. 故选：B. 6. 已知，是椭圆上关于原点对称的两点，是椭圆的右焦点，则的取值范围为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆的对称性以及定义可得，即可得，利用二次函数的性质即可求解. 【详解】由对称性和椭圆定义可知，其中， 故， 又因为，设点，则，所以 ， 当时，取得最小值，最小值为， 当时，取得最大值，最大值为， 所以， 故当时，取得最小值，最小值为， 当时，取得最大值，最大值为， 故的取值范围是. 故选：C. 7. 已知函数，若，，且，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【详解】利用函数奇偶性的应用、基本不等式求和的最小值，先根据函数的性质，确定，满足的条件，再利用基本（均值）不等式求和的最小值. 【分析】函数的定义域为，， 即函数是奇函数，且, 由函数，都是上的增函数，则在上为增函数， 由，则，可得, 于是，， 当且仅当，即时，取得最小值. 故选：D. 8. 法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”，他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，过上的动点作的两条切线，分别与交于，两点，直线交于，两点，则下列结论错误的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 面积的最大值为 C. 到的左焦点的距离的最小值为 D. 若动点在上，将直线，的斜率分别记为，，则 【答案】D 【解析】 【分析】求椭圆的离心率，根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、求椭圆中的最值问题，根据题意结合圆，椭圆的知识并结合直线与椭圆位置关系，韦达定理可逐项求解. 【详解】A：依题意，过椭圆的上顶点作轴的垂线，过椭圆的右顶点作轴的垂线则这两条垂线的交点在上， 因为，所以椭圆的离心率，故A正确； B：因为点，，都在上，且，为的直径， 所以面积的最大值为，故B正确； C：设，的左焦点为，连接， 所以， 又，当时，的最小值为， 则到的左焦点的距离的最小值为，故C正确； D：由直线经过坐标原点，易得点A，关于原点对称， 设，，则，得，， 又，两式相减得，， 所以，故D错误. 故选：D 【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：配方法；基本不等式法；单调性法；三角换元法；导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 二、多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知椭圆，则（ ） A. 椭圆的长轴长为 B. 当时，椭圆的焦点在轴上 C. 椭圆的焦距可能为6 D. 椭圆的短轴长与长轴长的平方和为定值 【答案】BD 【解析】 【分析】根据椭圆标准方程的形式、性质及焦点所在的位置分情况讨论即可. 【详解】对于A，若，解得， 即时，方程表示焦点在轴上的椭圆， 则，长轴长为，故A错误； 对于B，当时，椭圆方程为表示焦点在轴上的椭圆，故B正确； 由A知，由可知方程表示焦点在轴上的椭圆， 此时，所以， 由，解得，不符合，故舍去， 若，可得，椭圆方程为表示焦点在轴上的椭圆， ，所以， 由，解得，不符合，故舍去， 故不存在焦距为6的椭圆，故C错误； 由， 故椭圆的短轴长与长轴长的平方和为定值，故D正确. 故选：BD. 10. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），有下列正确的命题（ ） A. 三棱锥的体积为； B. 若平面，则直线不可能垂直于直线； C. 平面截正方体的截面为等腰梯形； D. 三棱锥的外接球的表面积为. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，等体积法求出；B选项，作出辅助线，当平面时，直线可能垂直于直线；C选项，作出辅助线，找到梯形为平面截正方体的截面，又，即四边形为等腰梯形；D选项，三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，由余弦定理和正弦定理求出的外接圆半径，得到外接球半径，求出答案. 【详解】对于A，正方体棱长为1，， 又为棱的中点，到平面的距离为1， 故，A正确； 对于B，连接交为，则，即， 而，平面，平面，故平面， 即当平面时，直线可能垂直于直线，B错误； 对于C，取的中点为，连接，，，则，， 又，，所以，且， 则四边形为平面截正方体的截面，为梯形， 又，即四边形为等腰梯形，C正确； 对于D，三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为，的外接圆半径为， ，故， ，则，故，所以， 因为平面， 故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，，即， 故三棱锥的外接球的表面积为，D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积. 11. 过定点的动直线和过定点的动直线，点为两直线的交点，圆，则下列说法正确的有（ ） A. 对任意，圆上恒有4个点到直线的距离为 B. 直线以与圆相交且最短弦长为 C. 动点的轨迹与圆相交 D. 为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已经条件，可求出两个定点和的坐标，以及圆的圆心和半径.对于选项A，只需判断圆心到直线的距离，即可判断交点的个数；对于选项B：因为点在圆内，所以直线与圆相交，当直线与线段垂直时，所得弦最短，求出弦长即可判断；对于选项C：注意到直线与垂直，所以点的轨迹是以为直径的圆，判断两圆的位置关系，即可知晓点与圆是否相交；对于选项D：因为，所以为直角三角形，即可判断. 【详解】将方程写为，所以定点的坐标为， 将方程写为，所以定点的坐标为， 由圆的方程可知其圆心坐标为，半径为. 对于选项A：因为圆心到直线的距离为， 而半径，，所以圆上恒有4个点到直线的距离为，所以选项A正确； 对于选项B：点与圆心的距离为， 所以点在圆内，所以直线与圆相交，当直线与线段垂直时， 所交的弦最短，此时弦长为，所以选项B正确； 对于选项C：因为，所以， 所以点的轨迹是以为直径的圆，此圆的圆心为，半径为， 所以与圆的圆心距为，所以， 两圆的位置关系是内含，两圆无交点，所以点的轨迹与圆不相交，所以选项C错误； 对于选项D：由选项C的判断过程知，所以， 所以为直角三角形，所以，所以选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点，，则直线的倾斜角为__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用两点式求得的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出倾斜角即可. 【详解】因为，，所以， 若的倾斜角为，则， 又，故. 故答案为：. 13. 已知直线与圆交于，两点，若面积为2，则值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设圆心到直线的距离为，由已知可得，可得，进而得，求解即可. 【详解】由圆，可得圆心，半径为， 设圆心到直线的距离为，则弦长， 由面积为2，可得，解得， 圆心到直线的距离为，解得. 故答案为：. 14. 如图所示，在矩形中，，E为边上的点，现将沿翻折至，使得在平面上的射影在上，且直线与平面所成的角为，则线段的长为________. 【答案】 【解析】 【分析】过作于H，连接，根据题意，得.因为直线与平面所成的角为，所以.设，根据三角函数求出相应边，再根据勾股定理列出关于x的方程求解. 【详解】 过作于H，连接，根据题意，得平面. 因为直线与平面所成的角为，所以. 又因为，所以，，设，则. 在四边形中，可得，所以，故. 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. 已知直线. （1）若直线过点，且，求直线的方程； （2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用垂直关系求直线的斜率，再代入点斜式直线方程，即可求解； （2）利用平行关系设直线方程，利用平行线间距离公式，求直线的方程. 【小问1详解】 直线的斜率，因为，所以直线的斜率为， 又直线过点，所以直线的方程是，即； 【小问2详解】 设直线， 则直线与直线之间的距离，解得或， 所以直线的方程是或. 16. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中，，且. （1）求点的轨迹方程； （2）过作（1）的切线，求切线方程； （3）若点在（1）的轨迹上运动，另有定点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）设，结合列出方程即可求解； （2）分切线斜率不存在和切线斜率存在两种情况讨论求解即可； （3）先求出到圆心的距离，进而结合圆上一点到定点的距离最值问题求解即可. 【小问1详解】 设，由， 得， 整理得，，即， 则点的轨迹方程为. 【小问2详解】 由（1）知，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 当切线斜率不存在时，切线方程为，符合题意； 当切线斜率存在时，设切线方程为，即， 则，解得， 所以切线方程为，即. 综上所述，切线方程为或. 【小问3详解】 点到圆心的距离为， 所以，即， 即的取值范围为. 17. 将菱形绕直线旋转到的位置，使得二面角的大小为，连接，，得到几何体，已知，，，分别为，上的动点，且. （1）求的长； （2）证明：平面； （3）当的长度最小时，求直线与平面所成角. 【答案】（1） （2） 在上取点，使得，连接， 因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，所以，又，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为且都在平面内，所以平面平面， 因为平面，所以平面； （3） 【解析】 【分析】（1）取AD的中点 O ，连接OE , OB , ED ，利用二面角定义得到为二面角的平面角，并求出各边长，即可得到答案； （2）利用比例相等得到线线平行，进而由线面平行判定定理线面平行，求出平面平面，得到线面平行； （3）作出辅助线，根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，进而建立空间直角坐标系，写出点的坐标，并表达出，即可得最小时、的坐标，从而可表示出平面的法向量，即可借助空间向量夹角公式求出答案. 【小问1详解】 取的中点，连接， 由题意可得是边长为4的正三角形， 则，且， 所以为二面角的平面角，即， 则为正三角形，所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取的中点，连接，则，且， 由（1）得，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，，， 又， 所以，， 连接，则， ， 所以， 故当时，取得最小值，且最小值为3，则的最小值为， 此时，，则， 设平面的法向量为， ， 取，则，，即， 则， 设直线与平面所成角为， 则，即， 直线与平面所成角为. 18. 在区间上，若函数满足:对给定的非零实数，存在，使成立，则称函数在区间上有“性质”. （1）若区间为，给定，判断函数是否在区间上具有“性质”，并说明理由； （2）若函数在区间上具有“性质”，求的取值范围； （3）给定，若函数在区间（其中）上具有“性质”，求的取值范围. 【答案】（1）不具有； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据绝对值方程和不等式的解法，结合新定义即可下结论； （2）转化条件为在上有解，计算即可； （3）根据条件求出函数的零点，落在给定区间求出范围. 【小问1详解】 假设函数在区间上具有“性质”，则， 而， 故函数在区间上不具有“性质”. 【小问2详解】 由题意得，即， 化简得在上有解， 因为，所以， 又，所以； 【小问3详解】 ， 化简得，得， 解得，只需， 解得， 即的取值范围是. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上的任一点，的周长为，且椭圆的离心率为 （1）求椭圆的方程； （2）如图，动直线交椭圆于，两点，交轴于点，点关于的对称点是，以为圆心作圆与轴相切，设为的中点，过作圆的两条切线，切点分别为，，求的最小值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，求得点坐标及圆的方程，由与圆相切，得到，通过求的最小值，得到的最小值，进而得答案. 【小问1详解】 ∵的周长为，∴①， ∵椭圆的离心率为，∴② 联立①②，解得，∴. ∴椭圆的方程为：； 【小问2详解】 联立，消去，得 设，，则. 且，即. ∴中点， 由直线，令得，，∴. ∵点关于的对称，∴ ∵以为圆心作圆与轴相切，∴圆， 令，则，， ∵当时，， ∴，即的最小值为， ∵，∴的最小值为， 所以的最小值为. 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 一、单选题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是虚数单位，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则“”是“与共线”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 4. 若函数，又，且的最小值为，则的值为（ ） A. B. C. D. 4 5. 下列说法错误的有（ ） A. 若A与相互独立，，，则 B. 把红、橙、黄3张纸牌随机分给甲、乙、丙3人，每人分得1张，则事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”是互斥事件 C. 从装有3个红球，4个白球的袋中任意摸出3个球，事件“至少有2个红球”，事件“都是白球”，则事件A与事件是互斥事件 D. 甲乙两人投篮训练，甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，甲乙两人投篮互不影响，则甲乙各投篮一次同时投中的概率为 6. 已知，是椭圆上关于原点对称的两点，是椭圆的右焦点，则的取值范围为（） A. B. C. D. 7. 已知函数，若，，且，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 8. 法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”，他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，过上的动点作的两条切线，分别与交于，两点，直线交于，两点，则下列结论错误的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 面积的最大值为 C. 到的左焦点的距离的最小值为 D. 若动点在上，将直线，的斜率分别记为，，则 二、多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知椭圆，则（ ） A. 椭圆的长轴长为 B. 当时，椭圆的焦点在轴上 C. 椭圆的焦距可能为6 D. 椭圆的短轴长与长轴长的平方和为定值 10. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），有下列正确的命题（ ） A. 三棱锥的体积为； B. 若平面，则直线不可能垂直于直线； C. 平面截正方体的截面为等腰梯形； D. 三棱锥的外接球的表面积为. 11. 过定点的动直线和过定点的动直线，点为两直线的交点，圆，则下列说法正确的有（ ） A. 对任意，圆上恒有4个点到直线的距离为 B. 直线以与圆相交且最短弦长为 C. 动点的轨迹与圆相交 D. 为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点，，则直线的倾斜角为__________. 13. 已知直线与圆交于，两点，若面积为2，则值是__________. 14. 如图所示，在矩形中，，E为边上的点，现将沿翻折至，使得在平面上的射影在上，且直线与平面所成的角为，则线段的长为________. 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. 已知直线. （1）若直线过点，且，求直线的方程； （2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程. 16. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中，，且. （1）求点的轨迹方程； （2）过作（1）的切线，求切线方程； （3）若点在（1）的轨迹上运动，另有定点，求的取值范围. 17. 将菱形绕直线旋转到的位置，使得二面角的大小为，连接，，得到几何体，已知，，，分别为，上的动点，且. （1）求的长； （2）证明：平面； （3）当的长度最小时，求直线与平面所成角. 18. 在区间上，若函数满足:对给定的非零实数，存在，使成立，则称函数在区间上有“性质”. （1）若区间为，给定，判断函数是否在区间上具有“性质”，并说明理由； （2）若函数在区间上具有“性质”，求的取值范围； （3）给定，若函数在区间（其中）上具有“性质”，求的取值范围. 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上的任一点，的周长为，且椭圆的离心率为 （1）求椭圆的方程； （2）如图，动直线交椭圆于，两点，交轴于点，点关于的对称点是，以为圆心作圆与轴相切，设为的中点，过作圆的两条切线，切点分别为，，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $