精品解析：江西省宜春市宜丰县中学2025-2026学年高二上学期第四次月考数学试题

江西省宜春市宜丰县中学2025-2026学年高二上学期第四次月考数学试题 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 点所在直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 3 2. 若点在抛物线上，点的纵坐标为1，则点到抛物线的准线的距离为（ ） A. 9 B. 5 C. D. 3. 已知P为椭圆上的一点，、是椭圆的两个焦点，，则△的面积值为（ ） A B. C. D. 4. 最近感冒频发，某任同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒盒、莲花清瘟胶囊盒、感冒灵颗粒盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，，，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用，则感冒被治愈的概率为（ ） A B. C. D. 5. 在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知焦点在轴上的双曲线的渐近线与圆有公共点，则双曲线的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等六名教师被随机地分到四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法（ ） A. 1080 B. 1560 C. 2640 D. 3960 8. 在正三棱柱中，为边上的中点，平面过点且与平面所成的锐二面角为，平面与线段相交于点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 对任意实数x，有则下列结论成立的是（ ） A. B. C D. 10. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有2个红球，8个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（    ） A. 为对立事件 B. C. D. 11. 在棱长为2的正方体中，，则（ ） A. 若，则 B. 若，且，，则直线与所成角的最小角为 C. 若，则点所在的平面截正方体所得的截面面积为 D. 若，则直线和直线所成角可能为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 计算的值为__________．（用数字作答） 13. 已知，且恰能被整除，则的最小正整数取值为__________． 14. 设，分别为双曲线的左、右焦点，过且斜率为的直线l与双曲线C的左支交于点A，与双曲线C的右支交于点B，点D满足，，则双曲线C的离心率为______. 四、解答题（77分） 15. 在二项式的展开式中，其展开式中各二项式系数和为，求： （1）和展开式的所有项系数之和； （2）展开式中的有理项． 16. 已知圆. （1）若直线过点，且与圆C相切，求直线的方程； （2）若圆D的半径为1，圆心在直线上，且与圆外切，求圆D的方程. 17. 某班级甲组有5名男生，3名女生；乙组有6名男生，2名女生． （1）若从甲、乙两组中各选1人担任组长，则有多少种不同的选法？ （2）若从甲、乙两组中各选1人担任正副班长，则有多少种不同选法？ （3）若从甲、乙两组中各选2人参加核酸检测，则选出的4人中恰有1名男生的不同选法共有多少种？ 18. 如图，在四棱柱中，平面，，，，为线段的中点，且． （1）求直线与所成角余弦值； （2）求点到平面的距离； （3）已知点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 19. 已知是曲线上的动点，且动点与定点的距离和到直线的距离之比是常数. （1）求曲线的方程； （2）点，是曲线上的两点，且位于轴上方，点为轴上一点，是否存在实数，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省宜春市宜丰县中学2025-2026学年高二上学期第四次月考数学试题 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 点所在直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用两点斜率公式计算即可. 【详解】点所在直线的斜率为. 故选：A 2. 若点在抛物线上，点的纵坐标为1，则点到抛物线的准线的距离为（ ） A. 9 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由抛物线方程求得准线方程求解. 【详解】由抛物线方程可得其焦点在轴正半轴上，且，解得， 故其准线方程为，又点的纵坐标为1， 则点到准线的距离为 . 故选：D. 3. 已知P为椭圆上的一点，、是椭圆的两个焦点，，则△的面积值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆的定义，结合余弦定理和面积公式可得答案. 【详解】由题意，焦距为，平方可得， 由余弦定理可得， 两式相减可得， 所以△的面积为. 故选：C 4. 最近感冒频发，某任同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒盒、莲花清瘟胶囊盒、感冒灵颗粒盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，，，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用，则感冒被治愈的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用全概率公式即可求解. 【详解】设随机从这几盒药物里选择一盒，取到金花清感颗粒为事件，取到莲花清瘟胶囊为事件，取到感冒灵颗粒为事件，感冒被治愈为事件， 则，，， ，，， 所以感冒被治愈的概率为 ． 故选：D 5. 在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】由题意可知，，两两垂直， 故分别以直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设直线与直线所成角为， 则， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故选：A. 6. 已知焦点在轴上的双曲线的渐近线与圆有公共点，则双曲线的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为：，将该渐近线与圆有公共点，转化为圆心到渐近线的距离小于或等于圆的半径，列出相应的关系式，求得双曲线的离心率的取值范围. 【详解】由，得. 记圆圆心为，半径为. 设焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为：，即. 由题可知，，化简得：. 由，得. 化简，得，所以. 双曲线的离心率的取值范围为. 故选：B. 7. 哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等六名教师被随机地分到四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法（ ） A. 1080 B. 1560 C. 2640 D. 3960 【答案】B 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理和部分平均分组计数方法计算即得. 【详解】依题意，可分为两类情况：第一类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法； 第二类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法. 故由分类加法计数原理，共有种不同分法. 故选：B. 8. 在正三棱柱中，为边上的中点，平面过点且与平面所成的锐二面角为，平面与线段相交于点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：由二面角条件求出，进而求得的外接圆半径；利用平面得出外接球半径公式，代入计算出表面积；方法二：建立空间直角坐标系，利用坐标运算求出球心的坐标，进而得到球的半径，即可求解. 【详解】方法一：如图，因为为正三棱柱，所以三棱柱的侧棱垂直于底面， 可得：，又底面为正三角形，为中点，故, ，故平面，可得，又, 故是平面与平面所成的锐二面角的平面角，， 则，因为，所以，设外接圆半径为， 因为，所以由正弦定理得． 平面(平面平面)，且， 所以设三棱锥外接球的半径为，则， 所以，故三棱锥外接球的表面积为. 方法二：以D点为坐标原点，AD为x轴，DB为y轴，D点引平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，由方法一的数据可得：， 设三棱锥的外接球的球心为，则， ， ， ， 设外接球半径为，则， 球的表面积为. 故选：C 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 对任意实数x，有则下列结论成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由二项式定理，采用赋值法判断选项ACD，转化法求指定项的系数判断选项B. 【详解】由， 当时，，，A选项错误； 当时，，即，C选项正确； 当时，，即，D选项正确； ，由二项式定理，，B选项正确. 故选：BCD 10. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有2个红球，8个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（    ） A. 为对立事件 B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】分别由对立事件、条件概率定义结合古典概型和全概率公式逐项进行分析计算即可得解. 【详解】对于A，因为甲罐中只有红球和白球，即，所以为对立事件，故A正确； 对于B，当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时，故B正确； 对于CD，当发生时，乙罐中有2个红球，9个白球，此时， 所以，， 故C正确，D不正确. 故选：ABC 11. 在棱长为2的正方体中，，则（ ） A. 若，则 B. 若，且，，则直线与所成角的最小角为 C. 若，则点所在的平面截正方体所得的截面面积为 D. 若，则直线和直线所成角可能为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，根据得到点四点共面，又平面，再根据线面垂直的定义得到；对于B，求出点的轨迹，将与所成的角转化为直线和所成的角，结合图象即可判断；对于C，先证明截面为，再求面积即可；对于D，先证明点的轨迹为平面，直线和所成角的最小角即为直线和平面所成的角，即，求出即可进行判断. 【详解】对A，若，则点四点共面，如图1， 因为是正方体， 所以平面平面，所以，所以A正确； 对B，若，且，则点轨迹为线段， 又因为，所以与所成的角转化为直线和所成的角， 由图2可知，直线和所成的角的范围为，所以选项B错误； 对C，若，则过点的平面截正方体所得的截面为，如图3所示， 其中点分别为，的中点． 证明如下：因为， 因为点在平面内，所以， 又因为分别为的中点，所以，，， 所以， 又因为，所以， 所以，即所得的截面为， 因为正方体的棱长为2，所以是边长为的正三角形， 所以的面积为：，所以选项C正确； 对D，若，则点的轨迹为平面．证明如下：如图4所示， 在平面内任取一点为，连接，与平面的交点为， 连接，分别与平面和平面的交点为，连接， 因为平面平面，所以．因为，所以， 则．设，则， 所以， 又因为，所以， 则，即点的轨迹为平面． 直线和所成角的最小角即为直线和平面所成的角．连接， 则即为直线和平面所成的角，且，， 所以，又因为，所以，所以选项D错误． 故选：AC． 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 计算的值为__________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用组合数的基本性质和排列数的定义计算可得出结果. 【详解】由组合数的基本性质可得. 故答案为：. 【点睛】本题考查排列数与组合数的混合运算，考查组合数的基本性质以及排列数定义的应用，属于基础题. 13. 已知，且恰能被整除，则的最小正整数取值为__________． 【答案】5 【解析】 【分析】先求出除以的余数，再根据整除条件确定的最小正整数即可. 【详解】 因为能被整除， 所以除以的余数是，故的最小正整数为. 故答案为：. 14. 设，分别为双曲线的左、右焦点，过且斜率为的直线l与双曲线C的左支交于点A，与双曲线C的右支交于点B，点D满足，，则双曲线C的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】通过向量条件确定点的位置及垂直关系，结合直线与双曲线联立后的韦达定理，建立、、的关系，进而求得离心率. 【详解】设，，直线的方程为. 设，，由，得为的中点，故. 由，得，即. 因，故，即， 化简得. 将，代入上式， 得， 解得，则. 将直线与双曲线联立：， 整理得. 由韦达定理，，约去得， 化简得，即，得. 此时，即渐近线的斜率大于直线的斜率， 直线与双曲线左右两支相交，符合题意. 因，代入得，化简得， 故离心率. 故答案为： 四、解答题（77分） 15. 在二项式的展开式中，其展开式中各二项式系数和为，求： （1）和展开式的所有项系数之和； （2）展开式中的有理项． 【答案】（1）；1. （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数和为的性质，结合已知条件求出，再利用赋值法计算得出所有系数的和； （2）先根据二项式展开式的通项公式写出通项，再确定有理项，最后计算有理项． 【小问1详解】 二项式系数和为，，解得， 令二项式中，则． ，所有项系数之和为1． 【小问2详解】 二项式的通项为， 若为有理项，则，即， ， ， ， ， ， ． 16. 已知圆. （1）若直线过点，且与圆C相切，求直线的方程； （2）若圆D的半径为1，圆心在直线上，且与圆外切，求圆D的方程. 【答案】（1）或. （2）或 【解析】 【分析】（1）分直线的斜率存在和不存在两种情况，分别根据圆心到直线的距离等于半径求得直线方程即可. （2）根据两圆外切的位置关系求出圆心的坐标，进而得到圆的方程. 【小问1详解】 圆方程化简为，所以圆心坐标为，半径为5， 由于直线过点，所以当直线的斜率不存在时，方程为. 此时圆心到直线的距离为5，等于圆的半径，所以直线与圆C相切，符合题意； 当直线的斜率存在时，方程设为，即. 此时为了直线与圆C相切，则，化简解得. 此时直线的方程为. 综上，直线的方程为或. 【小问2详解】 因为圆D的半径为1，圆心在直线上，所以设. 由于圆与圆外切，所以两圆心距离为. 化简解得，所以，所以圆D的方程为或. 17. 某班级甲组有5名男生，3名女生；乙组有6名男生，2名女生． （1）若从甲、乙两组中各选1人担任组长，则有多少种不同的选法？ （2）若从甲、乙两组中各选1人担任正副班长，则有多少种不同的选法？ （3）若从甲、乙两组中各选2人参加核酸检测，则选出的4人中恰有1名男生的不同选法共有多少种？ 【答案】（1）64； （2）128； （3）51. 【解析】 【分析】（1）利用分步原理即得； （2）利用先选后排可求； （3）先分类再分步即得 小问1详解】 利用分步原理可得从甲、乙两组中各选1人担任组长，共有种不同的选法； 【小问2详解】 先选后排，可得从甲、乙两组中各选1人担任正副班长有种不同的选法； 【小问3详解】 先分类再分步：第一类：甲组1男生：，第二类：乙组1男生：， 则选出的4人中恰有1名男生的不同选法共有51种. 18. 如图，在四棱柱中，平面，，，，为线段的中点，且． （1）求直线与所成角的余弦值； （2）求点到平面的距离； （3）已知点在线段上，直线与平面所成角正弦值为，求线段的长． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）先求证平面，得到，进而建立适当空间直角坐标系，求出，，再由空间角的向量法公式直接计算即可得解； （2）求出和平面的一个法向量为，再由距离公式 即可计算求解； （3）设，其中，求出和平面的一个法向量，由求出参数即可得解. 【小问1详解】 因为平面平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以． 故，，，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如图： 则，，，， 得，， 则直线与所成角的余弦值为． 【小问2详解】 因为，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，，则， 故点到平面的距离； 【小问3详解】 因为点在线段上， 所以设，其中，则． 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，，是平面的一个法向量， 故直线与平面所成角的正弦值为， 解得或． 故线段的长为或． 19. 已知是曲线上的动点，且动点与定点的距离和到直线的距离之比是常数. （1）求曲线的方程； （2）点，是曲线上的两点，且位于轴上方，点为轴上一点，是否存在实数，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）存在，的取值范围是. 【解析】 【分析】（1）由动点到定点与定直线距离之比为常数的定义，判断轨迹为椭圆，据此建立方程化简即得曲线； （2）设直线的方程为，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，计算表达式和的中点的坐标，从而得到，则，再计算的表达式，最后代入韦达定理式，则有，再结合得到，最后得到，从而得到其范围. 【小问1详解】 根据题意，动点满足：， 平方并化简：， 展开整理得：， 故曲线的方程为. 【小问2详解】 存在实数，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形． 由题意知，直线的斜率存在，设，直线的方程为， 联立，得， 由，得， 则， ， 故且，故， 当时，且，则，此时，满足题意； 当时，的中点为，又， 故，则． ， 则， 则， 即， 结合，则， 则，故，故， 综上所述，存在实数，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $