精品解析：云南文山州马关县第一中学校2025-2026学年高二上学期第一次月考数学试卷

马关县第一中学2025年秋季学期高二年级第一次月考试卷 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第II卷第3页至第6页，考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. （ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知集合，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知点，，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面的一个法向量，内有一点，外有一点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，西周琱（diāo）生簋（guǐ）是贵族琱生为其祖先制作的宗庙祭祀时使用的青铜器．该青铜器可看成由上、下两部分组成，其中上面的部分可看作圆台，下面的部分可看作圆柱，且圆柱和圆台的高之比约为5∶3，圆台的上底面与圆柱的底面完全重合，圆台上、下底面直径之比约为4∶5，则圆柱与圆台的体积之比约为（ ） A. 80∶81 B. 80∶61 C. 9∶8 D. 1∶2 6. 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程：，化简得．类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知两平行直线与之间的距离为，则（ ） A. B. 23 C. 13或23 D. 或 8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，点在椭圆上，且，的面积为，则椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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，有多项是符合题目要求的．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. 已知函数满足，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上有两个零点 10. 在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 若且，则 11. 加斯帕尔·蒙日是18～19世纪法国著名的数学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（如图所示）．当椭圆方程为时，蒙日圆方程为．已知长方形的四边均与椭圆：相切，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的左焦点为 B. 椭圆的蒙日圆方程为 C. 若为正方形，则的边长为 D. 长方形的面积的最大值为14 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 将10个数据按照从小到大的顺序排列如下：11，15，17，，25，26，27，34，37，38，若该组数据的分位数为24，则__________． 13. 已知空间向量，，向量在向量上的投影向量坐标为__________． 14. 已知点为圆上位于第一象限内的点，过点作圆的两条切线、，切点分别为、，直线、分别交轴于、两点，则__________；__________． 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 圆的圆心为，且过点. （1）求圆的标准方程； （2）直线与圆交两点，且，求. 16. 已知在中，角，，的对边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若，，的角平分线交于，求的值. 17. 在直角梯形中，，O为中点，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面，如图（2）； （1）求证：； （2）若M为线段的中点，求与平面所成角的正弦值． 18. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）在第一轮比赛中，求甲，乙至少有一人胜出的概率； （2）若甲，乙两轮都失败的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为、，点在椭圆上，且直线与直线的斜率之积为．过点且不与轴重合的直线与椭圆交于、两点． （1）求椭圆的方程； （2）若直线与直线交于点，过作轴的垂线，垂足为，直线、分别交轴于点、，证明：为的中点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 马关县第一中学2025年秋季学期高二年级第一次月考试卷 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第II卷第3页至第6页，考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. （ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求解即可. 【详解】 故选：C. 2. 已知集合，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用两个集合的包含关系判断. 【详解】由题意可得，又，所以集合是集合的真子集， 因此“”是“”的充分不必要条件. 3. 已知点，，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两点式求斜率，结合斜率与倾斜角的关系求角的大小. 【详解】由题设，结合斜率和倾斜角的关系，可得直线的倾斜角为. 故选：C. 4. 已知平面的一个法向量，内有一点，外有一点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出在平面的法向量方向的投影向量的模即得． 【详解】由已知， 点到平面的距离为， 故选：C． 5. 如图，西周琱（diāo）生簋（guǐ）是贵族琱生为其祖先制作的宗庙祭祀时使用的青铜器．该青铜器可看成由上、下两部分组成，其中上面的部分可看作圆台，下面的部分可看作圆柱，且圆柱和圆台的高之比约为5∶3，圆台的上底面与圆柱的底面完全重合，圆台上、下底面直径之比约为4∶5，则圆柱与圆台的体积之比约为（ ） A. 80∶81 B. 80∶61 C. 9∶8 D. 1∶2 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，设圆台上底面半径为4，下底面半径为5，高为3，圆柱的高为5， 则圆台的体积为， 圆柱的体积为， 所以. 6. 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程：，化简得．类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合题意可得出所求平面的点法式方程，化简即可. 【详解】由题意可知经过点的平面的一个法向量为， 该平面的方程为，即. 7. 已知两平行直线与之间的距离为，则（ ） A. B. 23 C. 13或23 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用平行线间距离公式列式计算即得. 【详解】由直线与平行，得，则， 直线，于是，解得或， 所以或. 故选：C 8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，点在椭圆上，且，的面积为，则椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用椭圆知识得到三边与的关系，然后将的面积用表示，从而得到的值，进而得到长轴长. 【详解】由椭圆的定义可知，又，可得，. 已知椭圆的离心率为，故. 在中，由余弦定理可得， 因为，所以. 则， 于是，解得， 故椭圆的长轴长为12. 二、多项选择题（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，有多项是符合题目要求的．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. 已知函数满足，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上有两个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】A.利用周期的公式求解；B.利用对称轴的公式求解；C.利用单调递增区间判断；D.转化为方程求解根的个数. 【详解】已知，满足， 即，该式说明函数关于点中心对称，因此时，： 结合，取，得 A.，故周期 ，A正确； B.由，得，,当，， 所以是的图像的一条对称轴，B正确； C. 由，则，又在上单调递增，即在上单调递增，C错误； D.由, 得,令，得， 则，，所以， ，所以在区间上有两个零点，D正确. 10. 在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 若且，则 【答案】ABC 【解析】 【详解】已知在空间直角坐标系中，，，原点， 则 ，，. 选项A：的模长，​ 因此A正确； 选项B：，因此B正确； 选项C：已知，且，因此，解得，因此C正确； 选项D：已知，且，因此，解得，因此D错误. 11. 加斯帕尔·蒙日是18～19世纪法国著名的数学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（如图所示）．当椭圆方程为时，蒙日圆方程为．已知长方形的四边均与椭圆：相切，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的左焦点为 B. 椭圆的蒙日圆方程为 C. 若为正方形，则的边长为 D. 长方形的面积的最大值为14 【答案】BD 【解析】 【分析】A.由 三者的关系求解；B. 由蒙日圆公式可得；C.由正方形的对角线等于圆的直径求解；D. 由基本不等式求解. 【详解】A. ，椭圆焦点坐标 ，左焦点为 ，A 错误； B.由蒙日圆公式，蒙日圆方程 ，B 正确； C.正方形四个顶点在圆 上，圆半径 ，对角线长 ，设正方形边长为 ，对角线 ，，C 错误； D.设长方形相邻顶点坐标 ，对角线为圆直径，设长方形长、宽为 ，由圆内接矩形，由均值不等式，当且仅当 （正方形）取等，面积最大值 14，D 正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 将10个数据按照从小到大的顺序排列如下：11，15，17，，25，26，27，34，37，38，若该组数据的分位数为24，则__________． 【答案】23 【解析】 【分析】根据百分位数的计算方法和取法方式，直接求解即可. 【详解】由题可得，则该组数据的40%分位数为， 又该组数据的分位数为24，所以，解得. 13. 已知空间向量，，向量在向量上的投影向量坐标为__________． 【答案】 【解析】 【详解】已知，， 则 ， . 故向量在向量上的投影向量为. 14. 已知点为圆上位于第一象限内的点，过点作圆的两条切线、，切点分别为、，直线、分别交轴于、两点，则__________；__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】分析可知，设点，可得，利用角平分线定理可得出，结合两点间的距离公式化简可得出的值，并结合求出的值，进而可确定圆的标准方程，可求出的大小，进一步可求出直线的方程，判断出直线与圆相切，可判断出点为线段的中点，利用直角三角形的几何性质可求得的值. 【详解】圆的标准方程为，圆的圆心为，半径为， 由切线长定理可得，，， 因为，，，所以， 所以， 设点，则，即， 由角平分线定理可得 ， 因为，则，解得或（舍）， 所以圆的标准方程为，则该圆圆心为，半径为， 因为，则， 易知为锐角，所以，故直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 圆的圆心为，半径为， 点到直线的距离为，故直线与圆相切， 所以，则， 易知为线段的中点，所以为线段的中点， 故. 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 圆的圆心为，且过点. （1）求圆的标准方程； （2）直线与圆交两点，且，求. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用两点间距离公式求出圆的半径，写出圆的标准方程； （2）求出圆心到直线的距离，利用垂径定领列出方程，求出. 【小问1详解】 设圆的半径为，则， 故圆的标准方程为：； 【小问2详解】 设圆心到直线的距离为， 则， 由垂径定理得：， 即，解得：或. 16. 已知在中，角，，的对边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若，，的角平分线交于，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而求解即可； （2）先由余弦定理可得，进而结合等面积法进行求解即可. 【小问1详解】 ∵， 由正弦定理得，， ∴， ∴， ∴，即， ∵，∴. 【小问2详解】 由余弦定理得，， ∴，解得或（舍去）， 由， ∴， ∴. 17. 在直角梯形中，，O为中点，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面，如图（2）； （1）求证：； （2）若M为线段的中点，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质判定线面垂直再证线线垂直； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面角即可. 【小问1详解】 在中，，且O为中点，则， 平面平面，平面平面平面， 所以平面，且平面， 所以； 【小问2详解】 在直角梯形中，， 所以， 则， ∴， 又∵O、M分别为、的中点， ∴，∴， 以O为原点，以所在直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系， 则， 可得， 令平面的一个法向量为， 由，令，则，可得， 令与平面所成角为， 则， 即与平面所成角的正弦值为． 18. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）在第一轮比赛中，求甲，乙至少有一人胜出的概率； （2）若甲，乙两轮都失败的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 【答案】（1） （2）①，；② 【解析】 【分析】（1）根据互斥事件和独立事件的概率公式求解即可； （2）①根据互斥事件和独立事件的概率公式列方程组求参数即可；②利用互斥事件和独立事件的概率公式求出甲、乙两人都没有两轮都胜出的概率，再根据互斥事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 根据题意可知在第一轮比赛中甲，乙两人都失败的概率， 所以在第一轮比赛中，甲，乙至少有一人胜出的概率. 【小问2详解】 ①记事件为甲在第轮胜出，事件为乙在第轮胜出，， 由题意相互独立，且，，，， 若甲，乙两轮都失败的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为， 则 ， ， 整理得， 所以， 将代入得，解得或， 当时；当时，不满足， 综上，； ②甲没有两轮都胜出的概率， 乙没有两轮都胜出的概率， 所以甲、乙两人都没有两轮都胜出的概率， 所以至少有一人两轮都胜出的概率为. 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为、，点在椭圆上，且直线与直线的斜率之积为．过点且不与轴重合的直线与椭圆交于、两点． （1）求椭圆的方程； （2）若直线与直线交于点，过作轴的垂线，垂足为，直线、分别交轴于点、，证明：为的中点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据斜率公式以及点在椭圆上，联立方程可得，即可求解， （2）联立直线与椭圆方程得韦达定理且，进而可得，，根据点斜式求解直线，的方程，即可得到的坐标，利用中点坐标公式，代入化简即可求解. 【小问1详解】 由题意可得， 故，解得， 故椭圆的方程为 【小问2详解】 由于，故在椭圆外， 设直线方程为， 联立直线与椭圆方程可得， 设,则且， 联立直线与可得， 故，则， 故直线的方程为，令，则， 故 直线的方程为，令，则，故, 故 而，故为的中点. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定值的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标关系式，再代入化简. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $