精品解析：北京市顺义牛栏山第一中学2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题

牛栏山一中2025—2026学年度第一学期1月考试 高二数学试卷 一、单选题：本大题共8小题，共32分． 1. 在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由空间直角坐标系对称点的特征即可求得结果. 【详解】根据空间直角坐标系中点坐标的特征可知， 关于原点对称的点的坐标需要把横坐标、纵坐标、竖坐标都变为原来的相反数， 所以点关于原点对称的点的坐标为. 故选：D 2. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得直线的斜率，进而求得直线的倾斜角. 【详解】依题意，直线的一个方向向量为， 所以直线的斜率为，对应倾斜角为. 故选：D 3. 抛物线的焦点为，点在此抛物线上，，则点的横坐标为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据焦半径公式即可求解. 【详解】根据焦半径公式可得，故， 故选：B 4. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 内含 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆心距与半径的关系即可求解. 【详解】的圆心和半径为， 的圆心和半径为, 故两圆的圆心距离为, 故两圆为外切， 故选：C 5. 已知正四棱锥的高为4，棱的长为2，点为侧棱上的一动点，则面积的取小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱锥的性质得到平面，，然后根据，，得到的范围，最后根据三角形面积公式求面积的最小值即可. 【详解】取中点，连接、、， 因为四棱锥为正四棱锥，所以平面，， 因为为中点，所以， 因为平面，所以， 因为，，所以，， 在直角三角形中，当时，最小，为， 当点和点重合时，最大，最大为4，所以， ，所以当时，的面积最小为. 故选：B 6. 已知直线，圆，若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，可得以直线上的点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，再利用圆与圆的位置关系求出的范围. 【详解】由，得点在以线段为直径，中点为圆心的动圆上， 令圆的圆心为，则，当且仅当时取等号， 而点在圆上，则圆与圆必有公共点，显然点在圆外，于是， 又有最小值2，无最大值，因此无最大值，， 所以的取值范围是. 故选：C 7. 已知直线的斜率分别为，倾斜角分别为，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦的差角公式，结合斜率的计算公式即可求解. 【详解】由题意可知，故， 若，则， 由于，故，则， 所以，故充分性成立， 若，结合， 取满足，但，故必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件， 故选：A 8. 一个平面区域内，两点间距离的最大值称为此区域的直径，那么曲线围成的平面区域的直径为（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据曲线对称性，利用曲线参数方程表示区域内两点间的距离，再根据二次函数性质求最值得结果. 【详解】的参数方程为：（为参数） 由于都满足方程， 所以曲线是关于点中心对称的图形， 所以曲线上点到原点距离为直径长的一半， 由于，根据二次函数的性质可知， 当时，取得取大值为， 所以，直径为. 故选：B 【点睛】思路点睛： 利用对称性简化问题：由于曲线的对称性，可以只计算某一区域的直径. 参数方程表示曲线：通过适当的参数化简化曲线方程，方便计算. 求最大距离：通过计算曲线上某一点与原点的距离，并找到最大值. 二、填空题：本大题共5小题，共25分 9. 如图，直线过椭圆的左焦点和一个顶点，该椭圆的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定图形求出及的坐标，进而求出离心率. 【详解】依题意，，则椭圆半焦距，短半轴长， 因此该椭圆长半轴长， 所以该椭圆的离心率 故答案为：. 10. 圆的圆心到直线的距离为1，则的值为____________ 【答案】 【解析】 【分析】 由已知圆的方程求出圆心坐标，代入点到直线距离公式，即可求得值． 【详解】解：圆的圆心坐标为：， 故圆心到直线的距离， 解得：， 故答案为：． 【点睛】本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式，属于基础题． 11. 某产品按质量分为甲、乙、丙三个级别，从这批产品中随机抽取一件进行检测，设“抽到甲级品”的概率为0.80，“抽到乙级品”的概率为0.15，则“抽到丙级品”的概率为______． 【答案】## 【解析】 【详解】因为一批产品按质量只分为甲、乙、丙三个级别，随机抽取一件产品，抽到三个等级事件是互斥事件，且所有可能结果的概率和为， 所以抽到丙级品的概率为：. 12. 双曲线的渐近线方程为__________；若与圆交于四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】结合双曲线渐近线的定义与正方形的性质计算即可得. 【详解】由，故其渐近线方程为； 令，由题意可得，即有，解得， 故，即. 故答案为：；. 13. 如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面平面，给出下列四个结论： ①的面积的最大值为； ②满足的面积为2的点有且仅有4个； ③点可能为的中点； ④线段的最大值为3. 其中所有正确结论的序号是___________. 【答案】①④ 【解析】 【分析】先找出的运动轨迹，再结合图形逐项分析，即可得解. 【详解】取的中点为，连接，由为的中点，得， ，则，，又， 则，于是，又平面，平面， 则，又平面，因此平面， 而平面，则平面平面，又平面平面， 于是的轨迹为线段， 对于①，由图知，当在上时，此时三角形面积最大， ，面积的最大值为，①正确； 对于②，由图可知，当或时，的面积为2， 因此满足使的面积为2的点有且只有2个，②错误； 对于③，由图知，点不可能在线段上，点不可能是的中点，③错误； 对于④, 由图知，当与重合时，此时长度最大，最大值，④正确. 故答案为：①④ 三、解答题：本题共5小题，共63分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 14. 已知，，O为坐标原点，圆C为的外接圆． （1）求圆C的标准方程； （2）过原点的直线l被圆C截得的弦长为，求直线l的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】(1)利用待定系数法可求圆的标准方程； (2)利用圆的弦长公式和点到直线的距离公式，可求解直线方程. 【小问1详解】 已知三个点，，，设圆的标准方程为，将三个点代入方程得： ，消得：，解得，， 代入可得：， 因此圆的标准方程为：； 【小问2详解】 设直线到圆心的距离为，由弦长公式：， 代入和可解得：， 若直线l斜率不存在，则直线l方程为，此时圆心到直线距离为，舍去； 若直线l斜率存在，则可设直线l方程为，即， 由点到直线距离公式： ，两边平方整理得， 解得或， 因此直线的方程为：或. 15. 如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据向量的垂直及可求解， （2）求解平面法向量，即可根据夹角公式求解. 【小问1详解】 由于,故建立如图所示的空间直角坐标系，则, , 故， 故，因此 小问2详解】 由于平面，故平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， , 故，令，则， 设二面角的平面角为，由图可知为钝角， 故 16. 为了了解某校高一学生一次体育健康测试得分情况，一位老师采用分层抽样的方法选取了20名学生的成绩作为样本，来估计本校高一学生的得分情况，并以，，，，分组，作出了如图所示的频率分布直方图，规定成绩不低于90分为“优秀”. （1）从该学校高一学生中随机选取一名学生，估计这名学生本次体育健康测试成绩“优秀”的概率； （2）从样本成绩优秀的，两组学生中任意选取2人，记为， 中的学生为， 中的学生为，求这2人来自同一组的概率； （3）从成绩在的学生中任取3名学生记为A组，从成绩在的学生它任取3名学生记为B组，这两组学生的得分记录如下： A组:； B组:. 写出a为何值时，A、B两组学生得分的方差相等（结论不要求证明）. 【答案】（1）0.3 （2） （3）81或84 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图中的频率，估计事件发生的概率； （2）由两组学生的人数，列举样本空间和事件所包含的样本点，可求出2人来自同一组的概率； （3）利用方差的定义求解. 【小问1详解】 频率分布直方图中，成绩优秀的两组学生，频率为， 所以估计这名学生本次体育健康测试成绩“优秀”的概率为0.3. 【小问2详解】 样本中，组中有人，组中有人， 从样本成绩优秀的，两组学生中任意选取2人，其样本空间可记为： 共包含15 个样本点, 记事件A：两人来自同一组， 则，共包含7个样本点， 所以这2人来自同一组的概率 . 【小问3详解】 这两组学生的得分记录：A组:； B组:. 方差反映的是数据的离散程度，要使A、B两组学生得分的方差相等， 对比两组数据，可知：或. 17. 如图，正方体的棱长为2，E为BC的中点.点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点M唯一确定，并解答问题. 条件①： 条件②：； 条件③：平面. （1）求证：为的中点； （2）求直线EM与平面所成角的大小，及点E到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）； 【解析】 【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，求得，结合，即可求解. 【小问1详解】 选条件①：由， 根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立； 选条件②：， 连接，在正方体中，由平面， 因为平面，所以， 又因为，， 所以， 因为平面，所以， 又因为为的中点， 所以为的中点． 选择条件 ③：平面， 连接，因为平面，平面， 且平面平面，所以， 因为为的中点，所以为的中点． 【小问2详解】 在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则．于是， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的大小为， 点到平面的距离为. 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点. （1）求椭圆C的方程. （2）已知O为坐标原点，A，B为椭圆C上两点，若，且，求的面积. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由椭圆的离心率公式结合椭圆过的点即可得解； （2）设直线方程为，联立方程组结合韦达定理可表示出，进而可得，即可得解. 【详解】（1）∵椭圆C过，∴， 又，，解得， ∴C的方程为：； （2）依题意，直线AB斜率存在，设直线方程为， 联立，得， ∴， ∴， ∴， 设，，则，， ， ∵，∴，则，直线OA为：. 联立，得， ∴，， 代入，，∴. ∴， ∴， 又∵. ∴，得， ∴，∴. 此时，∴成立. 由， ∴的面积. 【点睛】关键点点睛： 解决本题的关键在于方程组的联立及韦达定理的应用，条件的转化及运算的准确度是解决这类问题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 牛栏山一中2025—2026学年度第一学期1月考试 高二数学试卷 一、单选题：本大题共8小题，共32分． 1. 在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ） A B. C. D. 3. 抛物线的焦点为，点在此抛物线上，，则点的横坐标为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 4. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 内含 5. 已知正四棱锥的高为4，棱的长为2，点为侧棱上的一动点，则面积的取小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线，圆，若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线的斜率分别为，倾斜角分别为，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 一个平面区域内，两点间距离的最大值称为此区域的直径，那么曲线围成的平面区域的直径为（ ） A. B. 3 C. D. 4 二、填空题：本大题共5小题，共25分 9. 如图，直线过椭圆的左焦点和一个顶点，该椭圆的离心率为______. 10. 圆的圆心到直线的距离为1，则的值为____________ 11. 某产品按质量分为甲、乙、丙三个级别，从这批产品中随机抽取一件进行检测，设“抽到甲级品”的概率为0.80，“抽到乙级品”的概率为0.15，则“抽到丙级品”的概率为______． 12. 双曲线渐近线方程为__________；若与圆交于四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则__________． 13. 如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面平面，给出下列四个结论： ①的面积的最大值为； ②满足的面积为2的点有且仅有4个； ③点可能为的中点； ④线段最大值为3. 其中所有正确结论的序号是___________. 三、解答题：本题共5小题，共63分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 14. 已知，，O为坐标原点，圆C为外接圆． （1）求圆C的标准方程； （2）过原点的直线l被圆C截得的弦长为，求直线l的方程． 15. 如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 16. 为了了解某校高一学生一次体育健康测试的得分情况，一位老师采用分层抽样的方法选取了20名学生的成绩作为样本，来估计本校高一学生的得分情况，并以，，，，分组，作出了如图所示的频率分布直方图，规定成绩不低于90分为“优秀”. （1）从该学校高一学生中随机选取一名学生，估计这名学生本次体育健康测试成绩“优秀”的概率； （2）从样本成绩优秀，两组学生中任意选取2人，记为， 中的学生为， 中的学生为，求这2人来自同一组的概率； （3）从成绩在的学生中任取3名学生记为A组，从成绩在的学生它任取3名学生记为B组，这两组学生的得分记录如下： A组:； B组:. 写出a为何值时，A、B两组学生得分的方差相等（结论不要求证明）. 17. 如图，正方体的棱长为2，E为BC的中点.点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点M唯一确定，并解答问题. 条件①： 条件②：； 条件③：平面. （1）求证：为的中点； （2）求直线EM与平面所成角的大小，及点E到平面的距离. 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点. （1）求椭圆C的方程. （2）已知O为坐标原点，A，B为椭圆C上两点，若，且，求的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $