精品解析：广西壮族自治区部分学校2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题

2025秋高二1月考试 数学 满分：150分；考试时间：120分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（本大题共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. 若，，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出，再根据复数模的计算公式计算可得. 【详解】因为，， 所以， 所以. 故选：A 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由和化简集合，再由交集运算即可求解. 【详解】由得到或，即， 由得到，即， 所以， 故选：C 3. 已知直线与相交于两点，则的最大值为 A. B. C. 5 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出圆的圆心和半径，再通过分析得到直线经过圆心时，|AB|最大，即得解. 【详解】可以化为， 它的圆心坐标为，半径为. 要最大，则此时直线经过圆心，即此时AB就是圆的直径， |AB|=. 故选：B 【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 4. 某品牌手机2020年1月到12月期间的月销量(单位:百万台)数据的折线图如下，根据该折线图，下列结论中正确的个数为（ ） ①上半年的月销量逐月增加 ②与前一个月相比，销量增加最多的是11月 ③全年的平均月销量为百万台 ④四个季度中，第三季度的月销量波动最小 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用折线图观察即可判断①②正误，计算平均数和每一季度极差判断③④正误即可. 【详解】由图可知，1到3月的销量逐月减少，4到6月的销量逐月增加，①错误; 由图中数据可知，11月比10月的销量增加了百万台，是最多的，②正确; 2020年全年的平均月销量为百万台，③错误; 通过折线的变化趋势，第一季度极差1.2，第二季度极差2，第三季度极差0.8，第四季度极差1.9，所以第三季度的月销量波动最小，④正确. 所以正确个数为2. 故选：B. 5. 已知圆锥的体积为，其母线与底面所成的角是，则该圆锥的侧面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，由母线与底面所成的角是可得，结合锥体体积公式列方程求，，再由圆锥侧面积公式求结论. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h， 由母线与底面所成角是知，， 所以体积，故， 化简可得， 所以，，， 所以圆锥的侧面积为． 故选：C． 6. 是方程表示椭圆的（ ） 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】B 【解析】 【分析】先根据方程表示椭圆求出参数的范围，再根据充分条件和必要条件即可得解. 【详解】因为方程表示椭圆， 所以，解得且， 即方程表示椭圆，则， 所以是方程表示椭圆的必要不充分条件. 故选：B. 7. 已知圆C：，过点的直线与圆C交于A，B两点．若，则r的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，取中点为，由勾股定理可得，然后再根据的坐标得到,列出方程即可得到. 【详解】 取中点为，则可得， 因为，则，即为等边三角形， 所以，， 在直角三角形中，， 则 又因为，即 所以，解得 故选:A 8. 过椭圆：的中心作直线l交椭圆于M，T两点，是椭圆的左焦点，则周长的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆的几何性质可得，进而将三角形的周长转化为，再由椭圆的定义及椭圆的上点的范围可得最小值. 【详解】由椭圆：，得，即，. 如图，作出符合题意的图形， 因为椭圆和直线l都是中心对称图形，所以，. 所以的周长为. 设，则，， 又因为，所以，当且仅当时等号成立. 所以，当且仅当时等号成立. 故选：B. 二、多选题（本大题共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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得零分） 9. 已知椭圆的离心率，则m的值可能是（ ） A. 2 B. 8 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由题意可得，结合的关系可得，进而分、两种情况讨论求解即可. 【详解】由题意，，则， 所以，则， 由椭圆，当时，，则，即； 当时，，则. 故选：AB 10. 已知，是平面，m，n是直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】ABC可通过垂直和平行关系推出，D选项可举出反例. 【详解】A选项，若，由线面垂直的定义可知，A正确； B选项，若，由面面平行和线面垂直的相关结论可知，B正确； C选项，因为，所以，又，则，C正确； D选项，若，则或异面，D错误. 故选：ABC 11. 已知抛物线：的焦点为，、是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若直线过点，则 C. 若，则的最小值为 D. 若，则线段的中点到轴的距离为 【答案】BD 【解析】 【分析】由抛物线方程确定焦点坐标知A错误；直线与抛物线方程联立，利用韦达定理可知B正确；根据过焦点可知最小值为通径长，知C错误；利用抛物线焦半径公式，结合中点坐标公式可求得点纵坐标，知D正确. 【详解】抛物线，即， 对于A，由抛物线方程知其焦点在轴上，焦点为，故A错误； 对于B，依题意，直线斜率存在，设其方程为， 由，消去整理得， 则，，，故B正确； 对于C，若，则直线过焦点， 所以， 所以当时，， 所以的最小值为，故C错误； 对于D，因为，则， 即点纵坐标为，所以到轴的距离为，故D正确. 故选：BD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图所示，在空间四边形中，，点在上，且为中点，若.则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可得，又，从而可求解. 【详解】因为为中点，所以. 所以. 因为，所以. 故答案为:. 13. 已知，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】结合同角三角函数的关系式，根据齐次式法求解即可. 【详解】由，则，解得， 所以. 故答案为：1. 14. 抛物线上的点与焦点的距离为4，点到轴的距离为，则抛物线的方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的定义得到点的纵坐标，根据点到轴的距离为得到点的横坐标，将点的坐标代入抛物线方程即可求出答案. 【详解】根据抛物线定义，点与焦点的距离等于点到准线的距离，又点与焦点的距离为，则点的纵坐标， 又点到轴的距离为，则点的横坐标， 代入抛物线方程得，解得， 所以抛物线的方程为. 故答案为：. 四、解答题（本大题共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. （1）已知圆经过，两点，圆心在轴上，求圆的标准方程； （2）已知椭圆的方程为．求椭圆的长轴长、离心率、焦点坐标． 【答案】（1）；（2）椭圆的长轴长为8、离心率为、焦点坐标为. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件及几何关系，构建方程，求出圆心坐标及半径，得到圆的标准方程. （2）将椭圆方程化为标准方程，求出，，的值，根据椭圆的性质求出长轴长、离心率和焦点坐标. 【详解】（1）设圆心坐标为，半径为. 因为圆经过，两点，所以, 即，解得， 所以圆心坐标为，此时， 故圆的标准方程为. （2）椭圆的方程可化为. 所以，，，即，，， 所以长轴长为，离心率， 因为，所以焦点在轴上，焦点坐标为. 因此，椭圆的长轴长为8、离心率为、焦点坐标为. 16. 已知直线． （1）若在两坐标轴上的截距为相反数，求的值； （2）已知直线，且，求与间的距离． 【答案】（1）或． （2） 【解析】 【分析】（1）先求出截距，然后根据截距是相反数求出的值即可. （2）先根据两直线平行关系求出，然后根据两平行直线的距离公式求出结果. 【小问1详解】 令，可得， 令，可得． 故，解得或． 【小问2详解】 因为，所以，解得， 所以，可化为． 与间的距离为． 17. 已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求角A的大小； （2）若，求△ABC的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理对等式进行化简，进而可以求出角； （2）根据余弦定理求出相应的边长，再利用三角形的面积公式求面积. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为 所以， 因为， 所以， 所以 因为, 所以. 【小问2详解】 在中，，且， 所以，① 又因为， 将其与①联立，解得， 所以， 所以， 于是， 即为等边三角形. 所以的面积为. 18. 在如图所示的几何体中，平面，，F是的中点，，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求四面体的体积. 【答案】（1） 方法一：取的中点，连接，， 由是的中点，得，而，则. 又，于是四边形是平行四边形，， 在中，，，有， 又由平面，平面，得， 而，，平面， 因此平面，所以平面. 方法二：由已知平面，而，则直线，，两两垂直， 如图，以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 于是，，，，， 是的中点，所以，， 设是平面的一个法向量， 则，故可取， 因，则，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）方法一：取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，得，由线线垂直证明平面，再由线线垂直的性质证明平面；方法二：利用条件建系，写出相关点的坐标，求出平面的一个法向量，证明即可. （2）由（1）方法二建系，分别求出两平面的法向量，利用两向量夹角的计算公式计算即得； （3）方法一：由点到平面的距离的向量公式求出点到平面的距离，再求的面积，代入棱锥的体积公式计算即得；方法二：通过等体积转化计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）方法二建系，则，， 设是平面的一个法向量， 则，故可取， 显然平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值是. 【小问3详解】 方法一：由（2）已知平面的一个法向量为， 且，则点到平面的距离， 又，，，， 所以. 方法二：由（1）知为点到面的距离，，， 故. 19. 已知动点到点的距离比它到直线的距离小，记动点的轨迹为. （1）求轨迹的方程. （2）已知直线与轨迹交于，两点，以，为切点作两条切线，分别为，，直线，相交于点.若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)根据抛物线的定义特征即可求出轨迹的方程. (2)设，利用设而不求的思想，结合曲线在A，B处的切线方程，求出交点坐标借助向量数量积的关系进行转化求解即可. 【小问1详解】 （1）由题意知动点M的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 所以轨迹C的方程为. 【小问2详解】 （2）设，.联立得， 则，， . 易知直线，的斜率存在，设直线的方程为，联立 ，得. 由，解得，所以切线的方程为. 同理可得，切线的方程为. 由解得即点. 因为，，，且，所以， 即 化简得，因此或故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025秋高二1月考试 数学 满分：150分；考试时间：120分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（本大题共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. 若，，则（ ） A. B. C. 3 D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线与相交于两点，则的最大值为 A. B. C. 5 D. 10 4. 某品牌手机2020年1月到12月期间的月销量(单位:百万台)数据的折线图如下，根据该折线图，下列结论中正确的个数为（ ） ①上半年的月销量逐月增加 ②与前一个月相比，销量增加最多的是11月 ③全年的平均月销量为百万台 ④四个季度中，第三季度的月销量波动最小 A. B. C. D. 5. 已知圆锥的体积为，其母线与底面所成的角是，则该圆锥的侧面积为（ ）． A. B. C. D. 6. 是方程表示椭圆的（ ） 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 7. 已知圆C：，过点的直线与圆C交于A，B两点．若，则r的值为（ ） A. B. C. D. 8. 过椭圆：的中心作直线l交椭圆于M，T两点，是椭圆的左焦点，则周长的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得零分） 9. 已知椭圆的离心率，则m的值可能是（ ） A. 2 B. 8 C. D. 10. 已知，是平面，m，n是直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知抛物线：的焦点为，、是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若直线过点，则 C. 若，则的最小值为 D. 若，则线段的中点到轴的距离为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图所示，在空间四边形中，，点在上，且为中点，若.则__________. 13. 已知，则________． 14. 抛物线上的点与焦点的距离为4，点到轴的距离为，则抛物线的方程为________． 四、解答题（本大题共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. （1）已知圆经过，两点，圆心在轴上，求圆的标准方程； （2）已知椭圆的方程为．求椭圆的长轴长、离心率、焦点坐标． 16. 已知直线． （1）若在两坐标轴上的截距为相反数，求的值； （2）已知直线，且，求与间的距离． 17. 已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求角A的大小； （2）若，求△ABC的面积. 18. 在如图所示的几何体中，平面，，F是的中点，，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求四面体的体积. 19. 已知动点到点的距离比它到直线的距离小，记动点的轨迹为. （1）求轨迹的方程. （2）已知直线与轨迹交于，两点，以，为切点作两条切线，分别为，，直线，相交于点.若，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $