精品解析：湖南长沙市珺琟高级中学2026-2027学年上学期高二第一次月考试卷数学试题

珺琟高级中学2026-2027学年上学期高二第一次月考试卷 数学 命题人:吕 游 审题人:王智群 喻忠霞 唐梦乐 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. 已知集合，，则（　　） A. B. C. D. 2. 若复数 满足 ，则 （　） A. 1 B. C. 2 D. 3. 已知向量，且，那么（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 若直线与直线：之间的距离是，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 6. 若点在以，，为顶点的的内部运动（包含边界），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平行六面体-中，，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点P，G分别满足，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知点，，M为圆O：上一点，则（ ） A. 点B在圆O外 B. 的最大值为6 C. D. 的最大值为9 10. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，是由两种及以上正多边形围成的、所有棱长完全相等的多面体，有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到，如图，正八面体的所有棱长均为6，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（ ） A. 棱长为2 B. 共有8个正六边形面和8个正方形面 C. 表面积为 D. 体积为 11. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 过点，且在轴和轴上的截距互为相反数的直线方程为； B. 已知两条直线，若，则； C. 若直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为或； D. 若三条直线不能构成三角形，则实数所有可能的取值组成的集合为． 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，点，则点到直线的距离为________. 13. 如图，在中，，P为CD上一点，且满足，则m的值为___________． 14. 在一个底面半径为4cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内放入6个半径为2cm的铁球，则圆柱高的最小值为_____cm. 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. 在中，角，，所对的边分别是，，，且. （1）求； （2）当时，试判断的形状. 16. 如图，已知在直四棱柱（侧棱垂直底面的棱柱）中，，，. （1）求证：平面； （2）求与平面所成的角的余弦值； （3）求二面角的正弦值． 17. 某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在（单位：克）中，经统计的频率分布直方图如图所示． （1）估计这组数据的平均数（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）； （2）现按分层抽样从质量为的芒果中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率； （3）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10000个，经销商提出以下两种收购方案： 方案①：所有芒果以9元/千克收购； 方案②：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，对质量高于或等于250克的芒果以3元/个收购． 请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？ 参考数据：． 18. 如图，半圆的直径为，为直径延长线上的点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形．设． （1）问：在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值． （2）克罗狄斯托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求． 19. 定义：M是圆C上一动点，N是圆C外一点，记的最大值为m，的最小值为n，若，则称N为圆C的“伴随点”；若G同时是圆E和圆F的“伴随点”，则称G为圆“”的“共生点”．已知圆，P为圆A的“伴随点”． （1）求点P所在曲线的方程； （2）已知圆，P，Q均为圆“”的“共生点”． （i）求直线的方程； （ii）若圆H是以线段为直径的圆，过点且斜率不为0的直线l与圆H交于J、K两点，是否存在x轴上的定点，使得为定值？若存在，求出所有这样的W点坐标；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 $ 珺琟高级中学2026-2027学年上学期高二第一次月考试卷 数学 命题人:吕 游 审题人:王智群 喻忠霞 唐梦乐 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. 已知集合，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为集合，， 所以． 2. 若复数 满足 ，则 （　） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【详解】 ，故 . 亦可由 . 3. 已知向量，且，那么（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为，且， 所以，即． 4. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】表示点到直线上的点的距离的平方， 所以的最小值是点到的距离的平方， 又点到的距离， 所以的最小值为． 5. 若直线与直线：之间的距离是，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】∵直线与直线之间的距离为， ，，或（负值舍去）． ． 6. 若点在以，，为顶点的的内部运动（包含边界），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】的几何意义是点与点之间的斜率，在平面直角坐标系中画出草图，观察可知，点与点重合时，斜率，点与点重合时，斜率，所以的取值范围是. 7. 如图，在平行六面体-中，，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 设，则， ， ． 设与的夹角为， 由 ， ． 8. 在空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点P，G分别满足，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出点P，G的轨迹，然后把问题转化为一个正方形上的点与圆上的点的距离的取值范围，数形结合可得答案. 【详解】设，， ∵，∴， G点的轨迹为. 又，则，， 即， 化简得P点的轨迹为. 在平面直角坐标系中作出G，P轨迹， 设G点轨迹与y轴两个交点分别为M，N，P点轨迹为圆， 圆心为，半径， 且与y轴两个交点分别为H，T，如图所示， 结合图象得：， 又，， 所以. 二、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. 已知点，，M为圆O：上一点，则（ ） A. 点B在圆O外 B. 的最大值为6 C. D. 的最大值为9 【答案】ABD 【解析】 【分析】由点与圆心间的距离与圆的半径比较，确定点与圆的位置关系，判断A；求出圆上的点到定点的距离的最大值为定点到圆心的距离加上圆半径，判断B；设，表示出，得其关系，即可判断C；求得，即可得其最大值，判断D. 【详解】对于A，，所以B在圆O外，故A正确； 对于B，由图知，当且仅当点为圆与轴的左交点时取等，故B正确； 对于C，D，设，则， 故， ， 则，故C错误； 所以由B项可得，，当且仅当时取等，故D正确． 10. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，是由两种及以上正多边形围成的、所有棱长完全相等的多面体，有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到，如图，正八面体的所有棱长均为6，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（ ） A. 棱长为2 B. 共有8个正六边形面和8个正方形面 C. 表面积为 D. 体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项AB，结合立体图形容易进行判断；选项C，分别计算8个全等的正六边形面和6个全等的正方形面的面积，进而求和得到阿基米德多面体的表面积为；选项D，阿基米德多面体体积为正八面体体积减去6个全等的四棱锥体积，分别计算两部分的体积，进而求得阿基米德多面体体积为. 【详解】选项A，因为正八面体的所有棱长均为6，截去的四棱锥都是全等的，所以截去后，剩余棱长为2，A正确. 选项B，根据立体图形可知，阿基米德多面体共有8个正六边形面和6个正方形面，B错误. 选项C，阿基米德多面体由8个全等的正六边形面和6个全等的正方形面组成. 单个正六边形面积为,单个正方形面积为. 所以阿基米德多面体表面积为，C正确. 选项D，阿基米德多面体体积为正八面体体积减去6个全等的四棱锥体积. 正八面体体积为两个全等的四棱锥的体积之和： 单个截去的四棱锥体积为. 所以阿基米德多面体体积为，即D正确. 11. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 过点，且在轴和轴上的截距互为相反数的直线方程为； B. 已知两条直线，若，则； C. 若直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为或； D. 若三条直线不能构成三角形，则实数所有可能的取值组成的集合为． 【答案】BC 【解析】 【分析】结合已知条件，利用直线方程的性质和图像对各选项进行逐一分析，选项A需考虑直线过原点和不过原点两种情况；选项B需根据平行条件，得出斜率相等，但截距不相等；选项C通过直线过定点，结合直线与线段相交求的范围；选项D需分析三条直线不能构成三角形的所有情况求的值． 【详解】选项A：如下图所示，过点在轴和轴上的截距互为相反数的直线为：和，共两条，故A错误； 选项B：， 整理得：，， ①，②，解①得或，解②得， ，故B正确； 选项C：直线等价于，恒过定点， 直线的斜率分别为， 又直线与线段相交， 或，即为或，故C正确； 选项D：当直线与平行时，即时不能构成三角形； 当直线与平行时，即时不能构成三角形； 直线与交于点， 当点在直线上时，即时，三条直线不能构成三角形， 实数的取值集合为，故D错误． 故选：BC． 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，点，则点到直线的距离为________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线的方向向量和向量，再代入空间点到直线的向量距离公式计算即可. 【详解】由点，，，得： ， , ， ， , 根据空间点到直线的距离公式 . 13. 如图，在中，，P为CD上一点，且满足，则m的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】改为向量的终点在同一直线上，再利用共线定理的推论即可得到参数的方程，解之即可. 【详解】因为，即， 所以, 又 所以，解得. 故答案为：. 14. 在一个底面半径为4cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内放入6个半径为2cm的铁球，则圆柱高的最小值为_____cm. 【答案】 【解析】 【分析】根据题设分析每层放置铁球的个数，得6个球分3层，每层2个放置，总高最小，应用空间想象求出上下两层铁球球心的间隔距离，再由且即可得. 【详解】已知圆柱底面半径为，铁球半径为， 若同一层放2个球：两球心相距，每个球心到圆柱中心轴的距离为，球心到圆柱侧壁的距离为，刚好等于球半径，可放下， 若同一层放3个球：三个球心构成边长为的正三角形，其外接圆半径为，加球半径后大于，超出圆柱底面半径，放不下， 因此6个球分3层，每层2个放置，总高最小，此时相邻两层的两个球错开放置，如下示意图， 若为下层球心，为上层球心，且四个铁球两两相切，则四面体的各棱长为， 将四面体补全为上图所示的正方体，则正方体的棱长为， 即上层铁球的球心所在平面与下层铁球的球心所在平面的距离（上下两层铁球球心的间隔）为， 最下层球心距底面、最上层球心距顶面均为球半径，3层共2个间隔， 所以总高为. 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. 在中，角，，所对的边分别是，，，且. （1）求； （2）当时，试判断的形状. 【答案】（1） （2）因为，所以，即， 因为， 所以， ， 即， 即，解得， 因为，所以， 于是， 所以，为等边三角形. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和二倍角的正弦公式求解. （2）由得到，由，利用两角差的正弦公式通过计算得到的大小，求出的值，从而得到结论. 【小问1详解】 因为， ， 因为，所以，所以， 所以，即， 又，，故，即， 所以. 【小问2详解】 略 16. 如图，已知在直四棱柱（侧棱垂直底面的棱柱）中，，，. （1）求证：平面； （2）求与平面所成的角的余弦值； （3）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； （2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的余弦值； （3）利用空间向量法可求得二面角的正弦值. 【小问1详解】 证明：以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， ，，， ，则；，则. ，平面． 【小问2详解】 解：设为平面的一个法向量，，， 则，取，可得， 又，设与平面所成角为， 则，所以，， 与平面所成的角的余弦值为. 【小问3详解】 解：由（2）知平面的一个法向量为， 设为平面的一个法向量，，， 则，取，可得， ，所以，. 二面角的正弦值为． 17. 某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在（单位：克）中，经统计的频率分布直方图如图所示． （1）估计这组数据的平均数（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）； （2）现按分层抽样从质量为的芒果中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率； （3）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10000个，经销商提出以下两种收购方案： 方案①：所有芒果以9元/千克收购； 方案②：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，对质量高于或等于250克的芒果以3元/个收购． 请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？ 参考数据：． 【答案】（1）256；（2）；（3）选择方案②获利多. 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图能求出这组数据的平均数．（2）利用分层抽样从这两个范围内抽取5个芒果，则质量在[200，250）内的芒果有2个，记为a1，a2，质量在[250，300）内的芒果有3个，记为b1，b2，b3，从抽取的5个芒果中抽取2个，利用列举法能求出这2个芒果都来自同一个质量区间的概率．（3）方案①收入22950元，方案②：低于250克的芒果的收入为8400元，不低于250克的芒果的收入为17400元，由此能求出选择方案②获利多． 【详解】解：（1）由频率分布直方图知，各区间频率为 这组数据的平均数． （2）利用分层抽样从这两个范围内抽取5个芒果，则质量在内的芒果有2个，记为，质量在内的芒果有3个，记为； 从抽取的5个芒果中抽取2个共有10种不同情况：，． 记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则A有4种不同组合： 从而，故这2个芒果都来自同一个质量区间的概率为． 法二：从抽取的5个芒果中抽取2个共有种 记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则A的不同组合有种 从而，故这2个芒果都来自同一个质量区间的概率为． （3）方案①收入：（元）； 方案②：低于250克的芒果收入为（元）； 不低于250克的芒果收入为（元）； 故方案②的收入为（元）． 由于，所以选择方案②获利多． 18. 如图，半圆的直径为，为直径延长线上的点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形．设． （1）问：在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值． （2）克罗狄斯托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求． 【答案】（1），四边形的面积取得最大值为 （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理得，表示出四边形的面积，利用三角函数的性质，即可得出答案； （2）由题意得，即，即的最大值为6，取等号时，利用余弦定理，即可得出答案． 【小问1详解】 在△中，由余弦定理得：， 所以，， 所以四边形的面积为： . 当，即时，四边形的面积的最大值为. 【小问2详解】 因为，且△为等边三角形，，， 所以，所以，即的最大值为6， 当且仅当时取等号，所以. 不妨设，则由余弦定理得：，解得， 所以， 因为，所以. 19. 定义：M是圆C上一动点，N是圆C外一点，记的最大值为m，的最小值为n，若，则称N为圆C的“伴随点”；若G同时是圆E和圆F的“伴随点”，则称G为圆“”的“共生点”．已知圆，P为圆A的“伴随点”． （1）求点P所在曲线的方程； （2）已知圆，P，Q均为圆“”的“共生点”． （i）求直线的方程； （ii）若圆H是以线段为直径的圆，过点且斜率不为0的直线l与圆H交于J、K两点，是否存在x轴上的定点，使得为定值？若存在，求出所有这样的W点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）存在点为或或时，取定值，理由如下： 易知直线与圆和圆的交点为； 因此线段的中点为，且，因此圆H的方程为； 依题意直线的斜率存在，设其方程为，,如下图： 联立，整理可得， 易知,； 此时 , 令，解得或或 易知时,取定值为4，时,取定值为12， 当时,取定值为3； 综上可知，存在x轴上的定点，使得为定值， 当点的坐标为时，取定值为4； 当点的坐标为时，取定值为12； 当点的坐标为时，取定值为3； 【解析】 【分析】（1）根据“伴随点”的定义得出点满足的方程即可求出点所在曲线的方程； （2）（i）由“共生点”定义可求直线的方程即为圆与圆的公共弦所在直线，可得其方程； （ii）易知圆H的方程为，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，联立直线和圆的方程利用韦达定理得出的表达式，由其为定值解得的值可得结论. 【小问1详解】 易知圆的圆心为，半径为, 因为点为圆的“伴随点”，所以， 可得， 因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 故点所在曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）易知圆的圆心为，半径为， 因为点为圆的“伴随点”，所以， 可得， 因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 所以点所在曲线的方程为； 可得点为圆与圆的交点； 因为P，Q均为圆“”的“共生点”， 所以直线的方程即为圆与圆的公共弦所在直线， 两圆方程相减可得， 因此直线的方程为. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $