湖南省株洲市2026-2027学年高二上学期第一次月考数学自编卷（范围：人教A版必修一、必修二、选必一第1-2单元）

**基本信息** 以函数、几何、概率统计为核心，通过无人物流准点率（17题）、直四棱柱容器水面问题（4题）等真实情境，考查数学眼光观察、思维推理与语言表达能力，适配高二学段知识综合应用需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|命题、函数图像变换、三角形、立体几何体积、统计数据特征|第5题结合平均数、中位数等统计量判断小球编号，培养数据意识| |填空题|3题/15分|函数奇偶性与周期性、复数模、圆与直线距离|第13题复数模的最小值，体现数形结合思想| |解答题|5题/77分|立体几何证明与线面角、圆的轨迹与切线、统计频率分布直方图、函数不等式与方程解|17题以无人物流准点率为情境，融合频率分布、分层抽样与概率计算，凸显数学应用价值|

湖南省株洲市2026-2027学年高二上学期第一次月考自编卷 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.考试范围：人教A版必修上册、必修下册、选择性必修上册第1-2单元。 一、选择题（本大题共8个小题，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．已知命题为真命题，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍纵坐标不变得到函数的图象.若函数在上没有零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．在三角形中，点在边上，满足平分，并且，，则的长为（    ） A． B． C． D． 4．如图，一个直四棱柱形容器中盛有水，底面为梯形，，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过的中点，那么当底面水平放置时，水面的高度为（   ） A．4 B．6 C． D． 5．袋中共有编号为0~9的完全相同的10个小球，甲、乙、丙、丁四名同学分别有放回地各抽取10次，记录抽出小球的编号.甲统计的数据为“平均数为3，中位数为4”，乙统计的数据为“中位数为3，众数为4”，丙统计的数据为“平均数为3，第25百分位数为1”，丁统计的数据为“平均数为2，方差为3”，根据统计数据估计，摸出的10个球的编号一定全部不大于7的同学是（    ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 6．在棱长为的正四面体中，点在上，且，为中点，则为（   ） A． B． C． D． 7．设集合．若R表示的平面图形面积为S，则（  ） A． B． C．1 D． 8．已知圆：，点，（），若圆上存在，两点，使得以，，，四个点为顶点的平行四边形有且仅有1个，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、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，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分 9．(多选)如图所示，在平行六面体中，设，，，，，分别是，，的中点，则下列表示正确的是（   ） A． B． C． D． 10．函数，的定义域为，为偶函数且恒大于0，，，，，则（     ） A． B． C． D．对于任意，点到直线与的距离之积为 11．若实数，满足，则下列关系式中可能成立的是（　　） A． B． C． D． 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知函数为偶函数，且满足，且当时，，则______ 13．复数满足，则的最小值为__________． 14．已知点O是坐标原点，点M是圆上的动点，当动点P在直线上运动时，的最小值为______. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．如图，在直四棱柱中，底面为直角梯形，，，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 16．已知圆方程为，点，点是圆上的动点，点为线段的中点． (1)求点的轨迹方程； (2)记点的轨迹为曲线，过点作曲线的两条切线，切点分别为点和点，求直线的方程及弦长； (3)过点作直线与曲线交于，两点，在轴上是否存在一点，使得轴总是平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 17．随着自动驾驶技术的发展，无人物流逐渐普及，某科技企业对旗下的无人快递车准点率进行研究，统计了200辆无人快递车最近一年任务的准点送达次数，并依据每一百次任务的准点次数为得分，绘制频率分布直方图（分组区间为，，，）．已知样本中评分在内的快递车比评分在内的快递车多40辆． (1)求a，b的值； (2)现根据本次结果对所有无人快递车划定等级，规定分数处在前30%的车为A等车，其余为B等车，估计A等车的分数线； (3)为了进一步研究影响准点率的因素，技术人员对评分超过80分的车辆进行比例分配的分层抽样，抽取了5辆车，再从5辆车里抽取2辆车的详细数据进行比对研究，求2辆车评分均不超过90分的概率． 18．如图，是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线平面，点E，F分别是，的中点．记平面与平面的交线为l． (1)证明：平面 (2)设直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足．记直线与平面所成的角、异面直线与所成的角、平面和平面的夹角分别为θ、α与β．证明：． 19．已知函数. (1)证明：，都有； (2)当时，求不等式的解集； (3)是否存在实数，对任意一个整数，关于的方程在区间内至少有3个互不相等的实数解？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省株洲市2026-2027学年高二上学期第一次月考自编卷 数学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A C D B C A ACD BCD 题号 11 答案 ACD 1．C 【详解】因为命题为真命题，故恒成立， 故恒成立， 设，此函数在上单调递增，在上单调递减， 且，故在上的最小值为， 故. 2．A 【分析】根据三角函数的图象变换可得，由在上没有零点，可得，根据周期公式解得，假设函数在上有零点，求出零点，由求得的取值范围，继而可得函数在上没有零点时的取值范围. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得的图象， 由题得，周期， 因为在上没有零点，所以， 得，即，得， 假设函数在上有零点， 令，得，解得, 则，得， 又，当时，得， 当时，得， 所以函数在上没有零点时，的取值范围是. 3．A 【详解】如图所示, 在中，由余弦定理得， ， 因为平分，所以， 所以， 则， 在中，由余弦定理得， ， 则， 因为，所以， 设，， 在中，由正弦定理得， ，即， 整理得， 在中，由余弦定理得， ， 整理得，解得，， 当，即时，点为中点， ，不成立， 所以. 4．C 【分析】设四棱柱的底面梯形的高为，的中点分别为，所求的水面高为，利用等体积法求解即可. 【详解】设四棱柱的底面梯形的高为， 的中点分别为， 所求的水面高为h， 则水的体积， 所以. 5．D 【分析】举出反例可得ABC错误；D选项，假设若有个小球的编号大于7，不妨设为8（因为此时方差最小），推出矛盾，得到D正确. 【详解】“平均数为3，中位数为4”有可能有大于7的编号，例如0，0，1，1，4，4，4，4，4，8； “中位数为3，众数为4”有可能有大于7的编号，例如0，0，1，1，2，4，4，4，5，9； “平均数为3，第25百分位数为1”有可能有大于7的编号，例如0，0，1，1，4，4，4，4，4，8； “平均数为2，方差为3”，由方差公式，得． 若有一个小球的编号大于7，不妨设为8（因为此时方差最小）， 则，与统计数据有矛盾，故D正确． 6．B 【分析】选取基底向量将表示为向量的线性组合，再通过对该向量求平方，利用已知向量的数量积即可求解. 【详解】设， 由题意得，， ，， 因为为中点，所以， ， ， 所以.    7．C 【分析】根据的范围可得的不等式组，在平面直角坐标系中刻画出后利用对称性可求面积. 【详解】由可得， 若，则或，此时或， 若，则， 令，则或， 综上，在平面直角坐标系中，对应的平面区域如图所示的阴影部分（包括边界）： 其中， 由抛物线的对称性可得阴影部分的面积为. 8．A 【分析】根据平行四边形顶点的位置关系，分为平行四边形的对角线和其中一边两种情况分类讨论，分别计算两种情况对应的符合条件的平行四边形个数，由平行四边形有且仅有1个限定出不等关系，解不等式可求出的取值范围. 【详解】易知圆：的圆心为，半径为； 显然，因此点在圆的内部； 点，都在直线上，且该直线过圆心； 若， 由对称性可知在直线两侧分别可构造出两组且互相平行的直线，此时可构成两个以为一边的平行四边形； 除此之外，当与垂直且互相平分时可构成一个以为对角线的平行四边形， 综上可知，一共可以构成三个平行四边形，显然不合题意； 若， 此时在直线两侧无法构造出，此时无法构成以为一边的平行四边形； 因此只有当与垂直且互相平分时可构成一个平行四边形， 此时为平行四边形的对角线，且的中点到圆心的距离不大于半径， 所以， 解得； 当时，或， 此时弦的长为，两点重合，不合题意； 因此可得的取值范围是. 9．ACD 【分析】根据空间向量的线性运算结合基底向量求解即可. 【详解】对于A选项，因为是的中点， 所以，故A正确； 对于B选项，因为是的中点， 所以，故B错误； 对于C选项，因为是的中点， 所以，故C正确； 对于D选项，因为是的中点， 所以，故D正确. 10．BCD 【分析】通过赋值法求出、，推导与的奇偶性及核心恒等式；利用递推关系分析的指数型性质验证B选项；通过函数方程展开推导三倍角形式验证C选项；利用点到直线距离公式结合核心恒等式验证D选项. 【详解】令，代入，得. 令，代入，得，即. 由，得. 结合得，又，得，故A错误. 令，代入， 得，即. 令，代入， 得，由、， 得，结合，得，即为奇函数. 因此，即. 由与，得， 解得. ， 因此 ，，故B正确. ， 代入 ，得，故C正确. 点到直线的距离为， 到直线的距离为， 距离之积为：，故D正确. 11．ACD 【分析】根据函数的单调性，结合函数图象分析判断即可. 【详解】由题意，实数，满足，可化为， 设，， 由基本初等函数的性质，可得，在上都是单调递增函数， 画出函数，的大致图象，如图所示． 根据图象可知，当时，；当时，. 故当或时，，即成立，A正确； 当时，，B不正确； 当时，可能成立，C正确； 当时，可能成立， D正确． 12． 【分析】先研究函数的周期性，再根据函数的周期性和奇偶性求�� 的值，进而可得的值． 【详解】因为，所以， 所以，即函数是以4为周期的周期函数． 所以． 令，由得，； 又因为函数为偶函数，所以， 所以． 因为，所以，解得． 所以.所以. 13． 【分析】先由复数运算性质确定z的轨迹，再结合模的几何意义计算目标距离的最小值 【详解】设，则， 由，得， 即，故或，即为纯虚数或实数. 由，得， 当时，，解得或，对应点为、； 当时，，解得或，对应点为、. 的几何意义是点到定点的距离， 分别计算四个点到定点的距离： ，， ，， 比较得最小值为1. 14．12 【分析】求点关于直线对称的点为，根据圆的性质结合图形分析求解即可. 【详解】如图， 设点关于直线对称的点为， 则，解得，即， 由得，其圆心为，半径， 则， 当且仅当P，M均在线段AC上时，取得最小值12. 15．(1)证明：法一：取的中点N，连接MN， 因为M，N分别为，的中点，所以MN为的中位线，所以，且， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． 法二：以点A为坐标原点，以AB，AD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴 建立如图所示空间直角坐标系．则，，所以， 易知平面的一个法向量为，所以， 所以，又平面，所以平面． (2) 【分析】（1）法一：利用线面平行的判定定理证明即可；法二，利用空间向量，证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为0，即可证明线面平行；（2）法一：利用空间向量直接求解线面所成角的余弦的绝对值，即可求出线面所成角的正弦值；法二：利用等积法，即根据建立等量关系，先求出点到面的距离为d，进而求出线面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）法一：以点A为坐标原点，以AB，AD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系．则，，，，， 所以，，， 设面的一个法向量为，则，可取， 设直线与面所成角为，则， 所以直线与面所成角的正弦值为． 法二：设点到面的距离为d，由（1）得， 因为，，，， 所以，所以， 所以，， 因为，所以，即，所以， 设直线与面所成角为，则，所以直线与面所成角的正弦值为． 16．(1) (2)， (3)存在， 【分析】（1）法一利用中点性质求出，再代入中求解轨迹方程，法二结合相似的性质得到，再结合圆的定义求出轨迹方程即可. （2）先讨论直线的斜率是否存在，再利用直线与圆的位置关系求出直线方程，进而求出交点坐标和弦长即可. （3）对直线斜率是否存在进行讨论，并结合题意得到，进而得到，进而求解出定点即可. 【详解】（1）法一：设点坐标为， 因为点坐标为，点为线段的中点，所以， 又因为点在圆上，代入圆的方程得 化简得，故点的轨迹方程为， 法二：设圆心与点连线的中点为点， 如图，作出符合题意的图形， 因为点为的中点，为的中点，所以， 因为，所以， 则，可得点轨迹为以为圆心，以2为半径的圆， 故轨迹方程为． （2）当过点的直线斜率不存在时，不可能与圆有交点，故舍去； 如图，作出符合题意的图形， 当过点的直线斜率存在时，设直线方程为， 当直线与圆相切时，圆心到直线距离等于半径2， 可得，解得， 此时直线方程为，联立可得， 解得，，所以点和点坐标为，， 故直线的方程为， （3）存在，点坐标为，证明如下， 不妨设点坐标为，交点，点坐标为，， 当过点的直线斜率不存在时，直线方程为， 联立方程组，解得，， 则与圆的交点为和，可得轴上任意一点均满足题意， 当过点的直线斜率存在时，设直线方程为， 如图，作出符合题意的图形， 联立方程组，化简得， 由韦达定理可知， 又因为轴平分，所以直线和直线的斜率互为相反数： 可得，即， 将直线方程代入，化简得到 代入韦达定理结果得， 化简得，即，解得， 综上所述，点坐标为，得证． 17．(1)，． (2)85分． (3)． 【分析】（1）利用频率分布直方图所有矩形面积之和为 1，结合两组车辆数量差建立方程组，联立求出； （2）A等车是前 30%，对应求第 70 百分位数，先分段累加频率定位区间，再用百分位数公式算出分数线； （3）先分层抽样确定两组抽取数量，列举全部基本事件，统计符合条件事件数，用古典概型计算概率. 【详解】（1）由直方图的数据得①， 由评分在的快递车比内的多40辆，得 ，解得②， 联立①②，解得，． （2）达到前30%时的分数线，等价于求第70百分位数．从低分段累计频率： ， 第70百分位数落在区间， 设分数线为x，则， 解得，估计A等车的分数线为85分． （3）分层抽样：评分超过80分的车辆组80辆，组20辆=100辆． 按比例抽取5辆：组：辆，组：辆． 编号：将组4辆车记为，，，；组1辆车记为． 列举所有等可能基本事件（5选2，无序）： 用列表法穷举： — √ √ √ √ — — √ √ √ — — — √ √ — — — — √ 共10种等可能基本事件， 找出“两车评分均不超过90分”的事件（即两车都来自组，不含）： ，，，，，共6种， 两车评分均不超过90分的概率：． 18．(1) (2) 根据圆的知识可知四边形为矩形，由(1)知, 平面 平面与平面所成二面角的平面角 (线与线所成的角为), , (直线与平面所成的角为), . 【分析】（1）通过,反复应用线面平行的性质定理与判定定理 （2）通过平面,既解决了异面直线与所成的角正弦值,也解决了平面和平面的夹角正弦值． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了小问1学生对于线线平行线面平行的转化关系;小问2很好的考查了异面直线成角、线面角、二面角的解决策略,学生要想顺利解决这题,必须有扎实的基本功. 19．(1)因为，所以，都有. (2) (3)存在， 【分析】（1）利用三角函数平方关系及平方差公式证明； （2）利用条件转化得到三角不等式，因式分解后结合给定区间判断一个因式恒正，再解剩余三角不等式，最后取交集求得 的范围; （3）先对方程因式分解拆成两个方程，分别分类讨论求解，得到全部通解，再列举区间内解，根据至少三个不同实数解的条件确定正数的最小值. 【详解】（1）略 （2）因为，且，所以， 所以，则 则 又，所以，所以， 所以，则， 所以，，解得，， 又，所以. （3）假设存在正数，对于任意，关于的方程在 区间内至少有三个不同实数解. 所以， 所以①，或② 对于方程①，若，则，方程①不成立，所以 所以对于任意恒成立，所以，所以. 对于方程②， （Ⅰ）若，则，当为奇数时，，方程②无解； （Ⅱ）若，则对于任意，，所以，得. （Ⅲ）若，则对于任意，，则，则 （Ⅳ）若，则，所以且， 所以，因此方程②无解. 综上，原方程的解为或或. 若，则方程的解为，，；若，则方程的解为，，； 所以若，对任意一个整数， 关于的方程在区间内至少有3个互不相等的实数解， 故正数的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $