精品解析：河南省驻马店市2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题

高二数学 （III卷） 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. 已知直线，，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在平行六面体中，点M满足，若，，，则下列向量中与相等的是（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. 8 B. C. 2 D. 42 4. 已知椭圆：的两个焦点分别为，，直线过交椭圆于，两点.若的周长为，则椭圆的焦距为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 5. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，以为圆心，为半径的圆与双曲线C的渐近线相切，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 6. 已知圆与圆内切，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 某城市举办国际马拉松比赛，在某路段设三个服务点，某高校包括甲与乙在内的5名同学到三个服务点做志愿者，每名同学只去一个服务点，每个服务点至少1人，则甲与乙不去同一个服务点的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义域为的函数，，，对任意的实数a，b均有，且，不恒为0，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. 如图，在正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与所成的角为 D. 平面平面 10. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 直线：过定点 B. 若过定点的直线与以，为端点的线段相交（包括端点），则该直线的倾斜角的取值范围为 C. 过定点且与圆相切的直线方程为或 D. 若动点在直线上，动点，在圆：上，则的最大值为 11. 已知抛物线E：的焦点为F，，，是E上不同的三个点，的中点为P，O为坐标原点，直线是E的准线，且与x轴的交点为M，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若F是的重心，则点P的纵坐标可能大于 D. 若点P的纵坐标为2，则直线的倾斜角为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知第二象限角满足，则________. 13. 一座桥梁的一个桥洞的横截面曲线是抛物线形，如图所示，它的洞口底部宽为，为的中点，桥洞最高处点的高度为.规定车辆在桥洞下行驶时，其顶部（设为平顶）每处与其正上方的墙壁高度差至少为.若一辆货车宽为，沿桥洞中线行驶，则该货车能顺利通过桥洞的限高为________m. 14. 已知正方体的棱长为2，是棱的中点，动点在侧面内（包括边界），且满足以下条件：①；②异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为________. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，. （1）求角C； （2）若的周长为，求的值. 16. 在平面直角坐标系中，过点且倾斜角为的直线与圆：交于两点. （1）当，且是的中点时，求的值以及圆的标准方程； （2）当时，若，求直线的方程. 17. 某班级甲、乙、丙、丁、戊5名男生和，，，，5名女生参加学校羽毛球男女混双比赛，事先准备按照甲、乙、丙、丁、戊进行配对参赛. （1）若甲与配对，求其他每人都不与事先配对的同学组队的情况数； （2）记表示个人都不与事先配对的人组队的情况数，证明：. 18. 图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧棱底面，，，点在侧棱上，且. （1）求证：平面； （2）若平面平面. （i）求四棱锥的侧面积； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知椭圆：过点，且长轴长是短轴长的2倍. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线过椭圆C的右焦点F，与椭圆C交于A，B两点（点A在x轴上方），点D的坐标为. （i）当时，求的面积的取值范围； （ii）试判断点D与以为直径的圆的位置关系，并写出判断过程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 （III卷） 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. 已知直线，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用两直线的位置关系，列出方程，即可求解. 【详解】由直线和 因为，可得，解得. 故选：C. 2. 如图，在平行六面体中，点M满足，若，，，则下列向量中与相等的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理结合平行六面体的性质求解. 【详解】 ， 故选：A 3. 若，则（ ） A. 8 B. C. 2 D. 42 【答案】B 【解析】 【分析】求出二项式展开式的通项公式，再利用多项式乘法法则求出项即可. 【详解】二项式展开式的通项公式为， 因此展开式含的项为， 所以. 故选：B 4. 已知椭圆：的两个焦点分别为，，直线过交椭圆于，两点.若的周长为，则椭圆的焦距为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的定义求解即可. 【详解】依题意，椭圆的长轴长为，短轴长，设椭圆的焦距为； 如图，的周长为； 又的周长为，所以，解得； 所以，所以，即椭圆的焦距为； 故选：C. 5. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，以为圆心，为半径的圆与双曲线C的渐近线相切，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用点到直线的距离得到，再代入离心率的公式即可. 【详解】设半焦距为，依题意，得右焦点到渐近线的距离为， 即， . 故选：C. 6. 已知圆与圆内切，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】将两圆的方程化为标准方程，根据两圆内切得到，即，再利用基本不等式即可求出答案. 【详解】将两圆的方程化为标准方程为，， 所以圆的圆心坐标为，半径为，圆的圆心坐标为，半径为， 由两圆内切得到，则，即， 因为， 所以，当且仅当时，右边等号成立，当且仅当时，左边等号成立， 所以的最大值为. 故选：D. 7. 某城市举办国际马拉松比赛，在某路段设三个服务点，某高校包括甲与乙在内的5名同学到三个服务点做志愿者，每名同学只去一个服务点，每个服务点至少1人，则甲与乙不去同一个服务点的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先运用“先分组后分配”的策略求出5名同学去3个服务点的安排方法数，再运用“正难则反”策略与“捆绑法”求出甲与乙去同一个服务点的安排方法数，再利用古典概型以及对立事件的概率公式即可得解. 【详解】5名同学分成3个小组， 若按2人，2人，1人来分有种分组方式， 若按3人，1人，1人来分有种分组方式， 再把这三个小组排列到三个服务点去共有种分配方法， 所以每个服务点至少有1人的不同安排方法有：种. 若甲乙去同一个服务点且该服务点有两人，则有种分组方式； 若甲乙去同一个服务点且该服务点有三人，则有种分组方式； 再把这三个小组排列到三个服务点去共有种分配方法， 所以甲乙去同一个服务点的不同安排方法有：种. 因此，甲乙去同一个服务点的概率为， 则甲与乙不去同一个服务点的概率为. 故选：B. 8. 已知定义域为的函数，，，对任意的实数a，b均有，且，不恒为0，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】假设特定值可以求出为奇函数，再根据，可求出，代入到，再对进行赋值继而可以求出为周期函数，则可得出答案. 【详解】根据题意可令，则， 令，由， 可得，则， 所以可知为奇函数， 由，令，可得， 将其代入中， 可得， 令，代入到， 可得， 令，代入，即 若，因，可得， 令，代入到，可得 令代入, 可得，即，又因不恒为0， 所以可知，则， 令，代入到 可得，因为， 代入可知， 令代入可得 又因为奇函数进而可得， 令，代入到，可得， 所以可得， 则是周期为奇函数，所以. 故选： 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. 如图，在正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与所成的角为 D. 平面平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质、空间向量夹角公式逐一判断即可. 【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系：设该正方体的棱长为， . A：设平面的法向量为， ， 所以有，可以取， 因为， 所以不互相垂直，因此平面不成立，故本选项结论不正确； B：设平面的法向量为， ， 所以有，可以取， 因为， 所以， 所以平面，故本选项结论正确； C：因为， 所以， 因此与所成的角为，所以本选项结论正确； D：设平面的法向量为， ， 所以有，可以取， 设平面的法向量为， ， 所以有，可以取， 因为， 所以，因此平面平面，所以本选项结论正确， 故选：BCD 10. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 直线：过定点 B. 若过定点的直线与以，为端点的线段相交（包括端点），则该直线的倾斜角的取值范围为 C. 过定点且与圆相切的直线方程为或 D. 若动点在直线上，动点，在圆：上，则的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】求出直线所过定点判断A；求出直线的斜率，结合图形判断B；求出切线方程判断C；确定的最大情况判断D. 【详解】对于A，直线，由，得，直线过定点，A错误； 对于B，如图，直线的斜率分别为， 直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，因此该直线的倾斜角的取值范围为，B正确； 对于C，圆的圆心，半径，点到直线的距离为2， 则直线可为圆的切线；当切线斜率存在时，设切线方程为，即， 则，解得，此切线方程为， 因此所求切线方程为或，C正确； 对于D，圆的圆心，半径，， 当且仅当垂直于直线时取等号，直线与圆相离， 对于确定点，当且仅当与圆相切时，最大， 当垂直于直线时，取得最大值，此时， ，则为钝角， 而，且趋近于0，因此存在点，使得，，D错误. 故选：BC 11. 已知抛物线E：的焦点为F，，，是E上不同的三个点，的中点为P，O为坐标原点，直线是E的准线，且与x轴的交点为M，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若F是的重心，则点P的纵坐标可能大于 D. 若点P的纵坐标为2，则直线的倾斜角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，由焦半径公式可判断；对B，三点共线，设，可得进而判断；对C，由重心坐标公式可判断，进而判断点纵坐标范围；对D，由点纵坐标可得直线斜率，进而求出倾斜角判断. 【详解】对于A：因为抛物线的焦点，所以， 若，则，即，A正确； 对于B：若，则三点共线，设， 代入抛物线方程得，所以，又, 所以， 所以， 所以，即关于轴对称，，B正确； 对于C：若是的重心，则，即①， 又是中点，其纵坐标为. 由重心横坐标公式，且，可得②， 将①代入②得③，因为不同，所以④， 将②③代入④得到，所以，C错误； 对于D：若的纵坐标为，即，则， 所以直线的斜率，所以倾斜角为，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. 已知第二象限角满足，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据同角三角函数平方关系和的范围可求得，根据同角三角函数商数关系可求得，用二倍角公式即可求解. 【详解】由为第二象限角，得，， 由，得，则， 所以. 故答案为： 13. 一座桥梁的一个桥洞的横截面曲线是抛物线形，如图所示，它的洞口底部宽为，为的中点，桥洞最高处点的高度为.规定车辆在桥洞下行驶时，其顶部（设为平顶）每处与其正上方的墙壁高度差至少为.若一辆货车宽为，沿桥洞中线行驶，则该货车能顺利通过桥洞的限高为________m. 【答案】 【解析】 【分析】以为原点，所在的直线为轴，过且与垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，通过待定系数法确定抛物线方程，并求出货车边缘处，即处桥洞与洞口底部的垂直距离，即可求出能使该货车顺利通过桥洞的限高. 【详解】以为原点，所在的直线为轴，过且与垂直的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，， 设抛物线方程为， 将代入方程可得，解得， 所以抛物线方程为， 若宽为的一辆货车沿桥洞中线行驶，则货车边缘的横坐标为， 将其代入抛物线方程可得，解得， 所以货车边缘处，即处桥洞与洞口底部的垂直距离为， 又因为货车与其正上方的墙壁高度差至少为， 所以货车能顺利通过桥洞的限高为. 故答案为：. 14. 已知正方体的棱长为2，是棱的中点，动点在侧面内（包括边界），且满足以下条件：①；②异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为________. 【答案】## 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、空间向量垂直的坐标表示公式，结合球的性质和表面积公式、空间两点间距离公式进行求解即可. 【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系： . . 因为， 所以， 因为异面直线与所成角的余弦值为， 所以， 把代入上式， 得，或舍去， 把代入中，得，所以点的坐标为， 设三棱锥的外接球的球心坐标为， 则有， 由空间两点间距离公式，得 ， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球的表面积为， 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，. （1）求角C； （2）若的周长为，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及两角和差的正弦公式得出，进而求出角，得出角； （2）由正弦定理求出，再结合周长即可求出. 【小问1详解】 由以及正弦定理可得，， 又， 所以， 即， 又，所以，则， 因为，所以， 因为，所以， 又，则，则； 【小问2详解】 ， 由（1）以及由正弦定理可得，，即， 则， 则的周长为，得. 16. 在平面直角坐标系中，过点且倾斜角为的直线与圆：交于两点. （1）当，且是的中点时，求的值以及圆的标准方程； （2）当时，若，求直线的方程. 【答案】（1），； （2）或 【解析】 【分析】（1）根据垂径定理，可得，可得直线的斜率，再运用斜率公式即可解得，进而确定圆的标准方程； （2）运用垂径定理，可得圆心到直线的距离，再分直线的斜率存在与斜率不存在两种情况讨论，设出直线，结合点到直线的距离公式求解即可. 【小问1详解】 可将圆方程整理为，可知圆的圆心为，半径. 由题可知，直线的斜率， 若是的中点时，则由垂径定理可知，， 则， 解得，故圆的标准方程为； 【小问2详解】 若，则圆，圆心，半径， 由垂径定理可知，圆心到弦所在直线的距离. ①若直线的斜率不存在，即，此时圆心到直线的距离，符合题意； ②若直线的斜率存在，可设直线，即， 圆心到直线的距离，得，解得， 则直线，化成一般式得：. 综上所述，直线的方程为或. 17. 某班级甲、乙、丙、丁、戊5名男生和，，，，5名女生参加学校羽毛球男女混双比赛，事先准备按照甲、乙、丙、丁、戊进行配对参赛. （1）若甲与配对，求其他每人都不与事先配对的同学组队的情况数； （2）记表示个人都不与事先配对的人组队的情况数，证明：. 【答案】（1）9 （2）证明： 对于5个元素的错位排列（对应甲、乙、丙、丁、戊5名男生都不与事先配对的女生组队）， 考虑其中任意一个元素（以戊为例）的配对情况： 1.戊选择与非事先配对的女生组队：因为戊的事先配对是，因此他可以选择， 共有4种选择（设戊选了第个女生，，对应的事先配对女生）. 2.分两种子情况： ①第个女生对应的男生（如戊选了，对应男生甲）选择与戊的事先配对女生组队， 此时剩余3个男生需要错位排列，情况数为. ②第个女生对应的男生不与女生组队.此时相当于把这个男生“禁止配对”新增为，剩余4个男生需要错位排列，情况数为. 综上，总的情况数满足. 【解析】 【分析】（1）运用排列组合的相关知识，根据错位排列的概念求解，在甲与配对后，其他4人不与事先配对的同学组队，可利用错位排列公式计算情况数； （2）要证明，可通过对5个人不与事先配对的人组队的情况分成两种子情况讨论，将情况数转化为和的表达式即得证. 【小问1详解】 已知甲与配对，那么剩下乙、丙、丁、戊4名男生和4名女生， 要使其他每人都不与事先配对的同学组队，即求4个元素的错位排列数. 根据错位排列递推公式(证明附后)，已知， 则，. 因此，其他每人都不与事先配对的同学组队的情况数为9种. 【小问2详解】 略. 【附注】考虑一个有个元素的排列，若一个排列的元素都不在自己原来的位置上，那么这样的排列就称为元排列的一个错排,个元素的错位排列数，通常用表示，其递推公式为，其中，. 下面提供证明： 位置 1 2 3 4 5 … 元素 … 如图，设个位置的编号分别为；设个元素的编号分别为. 第1步，对位置1进行安排：该位置可放置共种选择,现不妨设置于该位置： 第2 步：对位置2进行安排：此时对位置2的安排进行分类： ①若位置2上放置，即如图所示： 位置 1 2 3 4 5 … 元素 此时，对于位置共个位置的安排问题，实际上即为个元素的错排问题，所以其安排共有种选择； ②若位置2上不放置，此时剩余位置为；剩余元素为，可将位置2与元素配对，即 位置 2 3 4 5 … 元素 … 因为位置2上不放置，所以此时的安排即为上述个元素的错排问题，所以安排共有种选择. 综上，由分步乘法计数原理即分类加法计数原理可知，个元素的错位排列数的递推公式为，其中，. 18. 图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧棱底面，，，点在侧棱上，且. （1）求证：平面； （2）若平面平面. （i）求四棱锥的侧面积； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明: 如图，连接交于点，连接， 因，且，易得，则，故有， 因平面，平面，则平面 （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，利用条件证明，由线线平行即可证得线面平行； （2）（i）由图建系，写出相关点的坐标，根据平面平面，推得两平面的法向量互相垂直，由此求得之长，求出相关边长，即可求得四棱锥的侧面积；（ii）根据条件求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 （i）因底面，，即两两垂直， 故可以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.设， 则，则， 设平面的法向量为， 则，故可取； 设平面的法向量为， 则，故可取. 因平面平面，则，即，解得. 则，， ， 则的面积依次为， ， 则四棱锥的侧面积为； （ii）因，则， ，又， 设平面的法向量为， 则，故可取； 设平面的法向量为， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 19. 已知椭圆：过点，且长轴长是短轴长的2倍. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线过椭圆C的右焦点F，与椭圆C交于A，B两点（点A在x轴上方），点D的坐标为. （i）当时，求的面积的取值范围； （ii）试判断点D与以为直径的圆的位置关系，并写出判断过程. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）点D在以为直径的圆的外部 【解析】 【分析】（1）由满足，又，可解得，进而得椭圆C的标准方程. （2）（i）由直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求得，进而求得的面积函数，再利用均值不等式求得面积的最大值，结合位置分析，可求出的面积的取值范围； （ii）可研究圆的半径与圆心到直线的距离的大小，进而可判断点D与圆的位置关系. 【小问1详解】 因为满足，且长轴长是短轴长的2倍， 所以，即，所以椭圆C的标准方程为 【小问2详解】 （i）由题意可知椭圆C的右焦点为，设直线方程为， 由消去得， 易知， 设交点，其中， 由韦达定理可知，， 所以， 又因为当时，，所以 所以， 设，则， 当且仅当，即时，， 因为直线与轴不重合，所以的面积的取值范围为. （ii）设弦的中点为， 所以， 则以为直径的圆的半径， 因为， 所以点D在以为直径的圆的外部. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $