精品解析：湖南衡阳市第八中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试题

衡阳市八中2025级高二第一次月考试题 数 学 命题人：郭端香 审题人：欧映辰 请注意：时量120分钟 满分150分 一、选择题：本题共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. 若复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，移项得， 两边同乘，得. 因为，所以， 故复数的虚部为. 2. 已知直线，，则“”是“”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】C 【解析】 【分析】先求两直线平行时的取值，再判断和时两直线是否平行，从而确定条件类型. 【详解】直线，平行或重合的充要条件是，所以或． 将代入直线，的方程，得，，易知； 将代入直线，的方程，得，，直线，重合，故舍去． 综上所述，“”是“”的充要条件． 故选：． 3. 已知空间向量，则（ ） A. B. C. D. 不能构成空间的一组基底 【答案】C 【解析】 【分析】A选项，利用空间向量模长的坐标计算出A错误；根据空间向量平行垂直的判定方法判断B、C；设存在实数使得，可得不共面，判断D. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，因为，所以不平行，B错误； 对于C，，所以，故C项正确； 对于D，设存在实数使得，即，无解 所以不共面，能作为空间的一组基底，故D错误. 故选：C 4. 为了得到函数的图象，只要把图象上所有的点（ ） A. 向右平行移动个单位长度 B. 向左平行移动个单位长度 C. 向右平行移动个单位长度 D. 向左平行移动个单位长度 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象平移的性质即可求解. 【详解】为了得到函数的图象，只要把图象上所有的点向右平行移动个单位长度， 故选：A 5. 已知圆的面积被直线平分，圆，则圆与圆的位置关系是（　　） A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 相离 【答案】A 【解析】 【分析】先根据圆的面积被直线平分得出直线过圆心，从而求出圆的参数 ，确定圆的圆心和半径，再结合已知圆的圆心和半径，通过计算圆心距并与两圆半径的和差关系作比较，判断两圆位置关系. 【详解】圆可整理为，其圆心. 由题可知，直线经过圆心，即，解得， 因此圆，圆心，. 圆，圆心，. 圆心距，，， ，两圆相交. 故选：A. 6. 在平面内作直线，使得点、点到直线的距离分别为1和2，则这样的直线有（ ）条 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】当斜率存在时，设直线方程，根据点到直线的距离公式列方程组求解可得. 【详解】易知，当直线的斜率不存在时不满足题意； 过点作垂直于直线，垂直分别为， 则，所以，所以， 又，所以直线过原点， 设直线方程为，即， 由题知，，解得或或， 所以满足条件的直线有4条. 故选：A 7. 自点发出的光线经过轴反射，其反射光线所在直线与圆相切，则满足条件的反射光线所在直线的斜率之积为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出关于轴的对称点的坐标，求出过点圆的切线斜率乘积即可得． 【详解】因为关于轴的对称点为， 题中反射光线与圆相切，即为过点的圆的切线，切线斜率显然存在， 设切线方程为，即， 圆标准方程为，即圆心为，半径为， 则，化简得，所以． 故选：D． 8. 已知是椭圆的左，右焦点，A，B是椭圆C上的两点．若，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，结合题意可得，根据椭圆定义整理可得，根据向量关系可得∥，且，同理结合椭圆定义可得，进而可求离心率. 【详解】由题意可知：， 设， 因为，则，可得， 由椭圆定义可知：，即， 整理可得； 又因为，则∥，且， 则，可得， 由椭圆定义可知：，即， 整理可得； 即，可得， 所以椭圆C的离心率. 故选：B. 【点睛】方法点睛：椭圆的离心率(离心率范围)的求法 求椭圆的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值． 二、多项选择题：本题共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，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则，是异面直线 B. 若，，，则 C. 若，，则与可能相交 D. 若，，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由空间线线、线面、面面的位置关系，及面面平行、面面垂直的性质定理逐项判断即可. 【详解】对于A，由，，，可得，异面或平行，错误； 对于B，因为，， 所以，又，所以，正确； 对于C，由，，可得与相交或平行，正确； 对于D，由，，可得或相交或，错误. 10. 已知点和点，是直线上的一点，则的可能取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】过点作直线的对称点，设，运用中点坐标公式和两直线垂直的条件，解方程可得，，连接，由三点共线的性质可得的范围，从而可得结论． 【详解】解：点和点，是直线上的一点， 过点作直线的对称点，设， 可得，， 解得，，即， 连接，可得， 当且仅当，，三点共线时，取得最小值为， 结合选项可知的可能取值是，，． 故选：ABC． 11. 已知棱长为12的正四面体ABCD中，为CD中点，P、Q分别为四面体ABCD的内切球和外接球上的动点，则（ ） A. |PQ|的最大值为 B. C. D. 若，则的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】将此正四面体放入正方体中，求出其内切球和外接球的半径.A选项，当点、球心、点共线时最大；B选项，，同理可求；C选项，同B选项，可求；D选项，设为平面内一点，，结合空间向量四点共面定理可知，当|PQ|最大，最小时，求得的最大值. 【详解】将此正四面体ABCD放入正方体中，如图，则该正方体棱长为， 该正方体与正四面体ABCD的外接球相同，且球心为正方体的中心， 外接球直径为正方体体对角线，则外接球半径， 由正方体性质可证平面， 设与平面交点为，可得为的三等分点， 正四面体ABCD内切球半径为. A选项，当三点共线且在之间时，的最大值为，故A正确； B选项，， ， 由于，则， 故B正确； C选项，， 同理，故C错误； D选项，设为平面内一点，， 则，由于的最大值为，则当最小时，有最大值， 最小即为点到平面的距离， 由于为CD中点，则点到平面的距离为点D到平面的距离的一半， 而点D到平面的距离为， 则最小为，则有最大值2，故D错误； 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机事件与对立，与相互独立，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据对立事件的概率公式求出，再结合相互独立事件的概率乘法公式计算； 【详解】因为随机事件与对立，根据对立事件的概率性质，得：， 因为与相互独立，根据相互独立事件的概率乘法公式，得： 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，且满足，则的最大值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出点的轨迹方程，再利用数形结合思想求解. 【详解】因为，所以，化简得， 故点的轨迹是以为圆心，半径为的圆（除去两点）， 如图．不妨设，则的最大值在直线与圆相切时取得， 由，解得或， 所以的最大值是． 故答案为： 14. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线C：就是其中之一，其形状酷似数学符号“”，设为曲线C上任意一动点，则下列说法正确的是______________    ①．曲线C与直线有3个公共点 ②．曲线C上任意两点距离最大值为4 ③．的最大值为 ④．曲线C所围成图形面积为 【答案】②③ 【解析】 【分析】联立曲线C与直线的方程，根据公共解的个数判断①选项；求出曲线C与轴的交点坐标，数形结合可判断②选项；利用圆的参数方程结合三角函数的有界性可判断③选项；求出曲线C在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积，结合对称性可计算判断④选项. 【详解】曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 在曲线C上任取一点，则该点关于轴的对称点为， 因为，即点也在曲线C上， 所以，曲线C关于轴对称，同理可知，曲线C关于轴、原点对称， 对于①选项，由，得， 所以，即，可得或（舍去）， 故，所以曲线C与直线只有个公共点，①错； 对于②选项，在曲线C的方程中，令，可得，解得或， 所以，曲线C交轴于点、、， 结合图形可知，曲线C上任意两点距离最大值为，②对； 对于③选项，当取最大值，结合图形及对称性不妨，， 此时点必在第一象限或两坐标轴正半轴上， 设，，其中， 由可得，所以， 所以 ，其中， 因为，所以， 因为，则，故， 故当时， 取到最大值为，③对； 对于④选项，设圆的圆心为，该圆的半径为， 因为，故是边长为2的等边三角形， 所以圆在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积为， 所以曲线C所围成图形面积为，④错.    故答案为：②③. 四、解答题：本题共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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1) 直接利用正弦定理边化角进行运算； (2) 运用正弦定理将面积转化成角的正切值，再根据锐角三角形求出角的范围，从而求出三角形面积的范围. 【小问1详解】 因为，，所以， 即，根据正弦定理得，因为， ，所以，根据二倍角公式得，因为，，所以，即， . 【小问2详解】 因为，，所以面积， 根据正弦定理，代入得，又， 所以， 所以面积，因为，所以， 即，又为锐角三角形，所以，代入解得，，所以面积. 16. 在中国共产主义青年团成立100周年之际，某校举办了“强国有我，挑战答题”的知识竞赛活动，已知甲、乙两队参加，每队3人，每人回答且仅回答一个问题，答对者为本队赢得1分，答错得0分.假设甲队中3人答对的概率分别为，，，乙队中每人答对的概率均为，且各人回答问题正确与否互不影响. （1）分别求甲队总得分为1分和2分的概率； （2）求活动结束后，甲、乙两队共得4分的概率. 【答案】（1）甲队总得分为分的概率为，分的概率为； （2） 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件和互斥事件的概率公式计算可得； （2）首先求出活动结束甲、乙两队得分及所对应的概率，再利用相互独立事件和互斥事件的概率公式计算可得； 【小问1详解】 解：依题意记甲队总得分为分为事件，甲队总得分为分为事件， 则， ， 所以甲队总得分为分的概率为，分的概率为； 【小问2详解】 解：依题意甲队总得分为分的概率为， 得分的概率为，得分的概率为，得分的概率为； 乙队总得分为分的概率为，得分的概率为， 得分的概率为，得分的概率为； 则活动结束后，甲、乙两队共得4分的概率. 17. 在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，分别是的中点，. （1）若，求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图，建立空间直角坐标系，又，，分别是的中点， 则， 所以， 因为，，所以， 又平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件建立空间直角坐标系，利用向量法可，再由线面垂直的判定定理，即可求解； （2）利用（1）结果，求出平面的法向量和，再由线面角的向量法，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，， 则，，， 设平面的一个法向量， 由，取，则，所以， 设与平面所成的角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 18. 如图，在中，是中点，、分别是、边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，得到四棱锥. （1）求证：平面； （2）若，二面角是直二面角，线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】（1）在四棱锥中，，而平面平面， 所以平面. （2）存在，； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用面面角的法向量列式求解. （3）由（2）中坐标系，由垂直关系求出点位置，进而求出相关点的坐标，利用线面角的法向量求出函数关系，再利用函数性质求出线面角正弦值的范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作直线平面，而，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由，得，则是二面角的平面角， 依题意，，即，又,而平面， 于是平面，即，由，得分别是中点， 由，得， 令，则，， 故， 设平面的法向量， 则， 取，得，而平面的法向量为， 因此，解得或（舍去）， 所以在线段上存在一点满足题意，此时. 【小问3详解】 由（2）中空间直角坐标系，知，设， 则，由，得， 解得，即，则， 点与其在直线上射影点及点围成以线段为斜边的直角三角形， 则，即，又且，即， 平面的法向量为，设直线与平面所成角为， 则， 则， 令，因函数在上递减，， 因此，而，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 19. 已知椭圆过点，且离心率为． （1）求的方程． （2）设为的右顶点，为上一点，求面积的最大值． （3）若过点，斜率为（为定值且）的直线与交于点，直线上是否存在不同于点的点，使得平分？若存在，求出点的坐标（用含的式子表示）．若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3） 当时，点不存在； 当时，点Q与D重合应排除，点不存在； 当且时，则，， 所以存在点，使得平分，此时. 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，结合离心率可得，即可得椭圆方程； （2）设平行于直线的直线的方程为，分析可知当直线与椭圆相切时，直线与直线之间的距离有最大值，此时的面积最大，进而运算求解； （3）设，可得过的直线：，联立方程可得韦达定理，结合向量的数量积可得，代入整理可得，进而分析求解. 【小问1详解】 由题意得：，即， 又因为，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由题意可知：， 则，直线的斜率， 则直线的方程为， 设平行于直线的直线的方程为， 则当直线与椭圆相切时，直线与直线之间的距离有最大值，此时的面积最大， 联立方程，消去y得， 则，解得：， 当时，直线与直线距离：， 此时面积； 当时，直线与直线距离：， 此时面积； 所以面积的最大值为. 【小问3详解】 假设直线上存在点，使得平分， 因为，可知点在椭圆内，则过的直线与椭圆必相交， 过的直线：，设，， 联立方程，消去y可得， 则，， 若，则， 设， 则，，， 可得， ， 则，即， 整理得：， 可得， 整理可得，即， 当时，点不存在； 当时，点Q与D重合应排除，点不存在； 当且时，则，， 所以存在点，使得平分，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳市八中2025级高二第一次月考试题 数 学 命题人：郭端香 审题人：欧映辰 请注意：时量120分钟 满分150分 一、选择题：本题共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. 若复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知直线，，则“”是“”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 3. 已知空间向量，则（ ） A. B. C. D. 不能构成空间的一组基底 4. 为了得到函数的图象，只要把图象上所有的点（ ） A. 向右平行移动个单位长度 B. 向左平行移动个单位长度 C. 向右平行移动个单位长度 D. 向左平行移动个单位长度 5. 已知圆的面积被直线平分，圆，则圆与圆的位置关系是（　　） A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 相离 6. 在平面内作直线，使得点、点到直线的距离分别为1和2，则这样的直线有（ ）条 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 7. 自点发出的光线经过轴反射，其反射光线所在直线与圆相切，则满足条件的反射光线所在直线的斜率之积为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 已知是椭圆的左，右焦点，A，B是椭圆C上的两点．若，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则，是异面直线 B. 若，，，则 C. 若，，则与可能相交 D. 若，，则 10. 已知点和点，是直线上的一点，则的可能取值是（ ） A. B. C. D. 11. 已知棱长为12的正四面体ABCD中，为CD中点，P、Q分别为四面体ABCD的内切球和外接球上的动点，则（ ） A. |PQ|的最大值为 B. C. D. 若，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机事件与对立，与相互独立，若，则__________. 13. 在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，且满足，则的最大值是___________． 14. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线C：就是其中之一，其形状酷似数学符号“”，设为曲线C上任意一动点，则下列说法正确的是______________    ①．曲线C与直线有3个公共点 ②．曲线C上任意两点距离最大值为4 ③．的最大值为 ④．曲线C所围成图形面积为 四、解答题：本题共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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 16. 在中国共产主义青年团成立100周年之际，某校举办了“强国有我，挑战答题”的知识竞赛活动，已知甲、乙两队参加，每队3人，每人回答且仅回答一个问题，答对者为本队赢得1分，答错得0分.假设甲队中3人答对的概率分别为，，，乙队中每人答对的概率均为，且各人回答问题正确与否互不影响. （1）分别求甲队总得分为1分和2分的概率； （2）求活动结束后，甲、乙两队共得4分的概率. 17. 在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，分别是的中点，. （1）若，求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 18. 如图，在中，是中点，、分别是、边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，得到四棱锥. （1）求证：平面； （2）若，二面角是直二面角，线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 19. 已知椭圆过点，且离心率为． （1）求的方程． （2）设为的右顶点，为上一点，求面积的最大值． （3）若过点，斜率为（为定值且）的直线与交于点，直线上是否存在不同于点的点，使得平分？若存在，求出点的坐标（用含的式子表示）．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 $