湖北省襄阳市第三中学教育集团2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题

湖北者衰阳市第三中学 校：志高远学济天下校风：文明和瓚务实进取 vw.xf3z.com 数风：生乐业严谨争优学风：自主勤耷博学高效 2026~2027学年高二年级数学学科10月月考试题 一、单选题：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. 已知直线名：2x+y+n=0,:4x+测-4=0互相平行且4、6之间的距离为g5,则m+m=（) A.-3或3 B.-2或4 C.-1或5 D.-2或2 2.盒子中有4个相同小球，标有号码1,2,3,4，从盒子中不放回地随机取两次，每次取1个球事 件4：“第一次取出1号球”，事件A:“第二次取出3号球”，事件B:“两次取出球的号码和为4，事 件B2:“两次取出球的号码和为5”，下列选项正确的是() A.P4)-月 B.,B2独立 C.P(B)+P(B2)=1 D.A,B独立 3、我国汉代初年成书的《淮南万毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则见四邻矣.”这是我国 古代人民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧.已知从点(-5,3)发出的一 束光线，经直线x+y+5=0反射后，反射光线恰好平分圆：(x-1)+(y-1)2=5的圆周，则反射光线所在 的直线方程为() A.x-y=0 B.x+3y-4=0 C.x-9y+8=0 D.9x-y+48=0 4.已知实数x,y满足x-3y+7=0,且-1≤x≤2，则》，的最小值为() -3 A.-3 B.-1 2 C. D、3 5.已知直线l:c-y-3k-4=0与⊙C:x2+y2-6x+2y-6=0交于A,B两点，当∠ACB=120°时，k=( B.1 D.±5 6.如图，在平行六面体ABCD-AB,CD,中，底面ABCD为正方形，∠A4B=∠AAD= 3 棱4=2MB，B,B=G,则异面直线B4与DE所成角的余弦值为（） A.239 B. √39 C.-239 D V39 39 39 39 13 7.设圆C:(x-1彤+-1)=3，直线：x+y+1=0,P为1上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB 切点分别为A、B,则直线AB过定点（) 第 A.(L,0)B.(2,0)C.(0,1)D.(0,0) 8.已知圆C:x2+y2-2x-2y=0,设其与x轴、y轴正半轴分别交于M,N两点.已知另一圆C2的半径为 22,且与圆G相外切，则C,MlC,的最大值为() A.20 B.20N2 C.10 D.10W2 二、多选题：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。已知随机事件4，B发生的概率分别为，名，则下列结论正确的是《） A.若A与B互斥，则4U) B.若BE4,则PM)- C.若4与B相互独立，则P4U)-号 D.若P(-),则A与B相互独立 10.下列说法正确的是（) A.点P(1,2)为圆x2+y2+x-4y+m=0外一点，则实数m的取值范围为(2，o) B.若圆M:(x-4)2+0-4)2=r2(r>0)上恰有两点到点N(10)的距离为1，则r的取值范围是(4,6) C.当点P(3,2)到直线mx-y+1-2m=0的距离最大时，m的值为-1 D.设b为实数，若直线y=x+b与曲线x=V1-y恰有一个公共点，则-1<b<1 11.某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，是 由等高的半个圆柱和4个圆柱拼接而成，其中四边形ACD是边长为4的正方形， 点G是弧CD上的动点（包括端点），且G在平面CED内，则下列说法正确的有() A.若点G为弧CD的中点，则平面BFD⊥平面BCG B.存在点G,使得BGIDF C.不存在点G,使得直线CF与平面BCG所成的角为60° D.当点G到平面BDF的距离最大时，三棱锥G-BDF外接球的半径R=25 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 共2页 12.已知圆G:x2+y2=5和圆C2:x2+y2+4x-8y+m=2011有3条公切线，则m= 13.甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分 或打满6局时停止.设甲在每局中获胜的概率为子，乙在每局中获胜的概率为}，且各局胜负相互独 立.当比赛停止时，一共打满6局的概率为 14.在平面直角坐标系中，点A(l)到直线1的距离等于2，点B(-l,2)到直线1的距离等于3，若满足条 件的直线1恰有2条，则实数a的取值范围是 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△ABC的顶点A(3,2),边AB上的中线所在直线方程为x-3y+8=0,边AC上的高所在直线方程 为2x-y-9=0 (1)求顶点C的坐标； (2)求直线BC的方程， 16.某公司组织抽奖活动，每人参与一次抽奖，规则如下：在盒内放有标有数字为1,2,3的三个小 球，参与者有放回地抽两次，三个小球都是等可能地被随机抽取，第一次取出小球上的数字记为a, 第二次取出小球上的数字记为b,若a=b,则参与者中奖 (I)试列举出由样本点(a,b)组成的样本空间2，并计算出参与者中奖的概率； (2)若甲、乙、丙、丁四人分别独立参与抽奖，求甲乙获奖总数大于丙丁获奖总数的概率 17某公园有一形状可抽象为圆柱的标志性景观建筑物，该建筑物底面直径为8米，在其南面有一条东 西走向的观景直道，建筑物的东西两侧有与观景直道平行的两段辅道，观景直道与辅道距离10米.在 建筑物底面中心0的东北方向20√2米的点A处，有一360°全景摄像头，其安装高度低于建筑物的高度， 4 贯像头 西辅道 东辅道. 西 景观建筑物观景直道东 第2可 (1)在西辅道上距离建筑物地面中心O距离5米处的游客，是否在该摄像头的监控范围内（即不被建筑 物遮挡)？ (2)求观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度， 18.如图，在三棱柱ABC-AB,C,中，四边形A4CC是正方形，四边形A4BB是菱形，且∠BA4=60°，D,E,F 分别是棱AB,BB,CC的中点，AB=4,∠CAE=150°. (1)证明：AF/平面CDE. C (2)求点A到平面CDE的距离. (3)在线段AF上是否存在点P,使得直线AP与平面CDE所成角的正弦值为 ？若存在，求出 AP 的值；若不存在，请说明理由 17 19.已知点A在圆C上，点P在圆C外，当|P|的最大值是|API的最小值的2倍时，则称P为圆C的“伴 生点”；若点P同时是圆C和圆D的“伴生点”，则称P为圆C-D”的“共生点”.已知圆 C:x2+y2-2x+4y+4=0,P为圆C的伴生点”. (1)求点P的轨迹方程： ②已知圆D:e+2+0-4-号，户，e均为圆C-D”的共生点” (1)求直线P2的方程； (i)以线段P2为直径的圆记为圆E,过点(L,O)作斜率存在且不为0的直线I与圆E交于M、N两点， 在x轴上是否存在定点A,使得引AM川ANI为定值？若存在，求出所有这样的点A坐标；若不存在，请 说明理由. 共2页 湖北省享阳市第三中学校训志有远学斑天下校风：文明和道多宴进取 www.xi3z com 教风：生乐业严漢争优学风：自主勤崦博学高效 2026~2027学年高二年级数学，学科 答案详解与评分细则 命题人：陶航航 审题人：张冬青 日期：2026.10.20 题号 1 2 3 4 5 6 2 8 9 10 答案 A B C A C 0 A ACD BC 题号 11 答案 ACD 12.2026 13. 16 14.（-2W6-1,-u(-1,26-1 15.【详解】(1)因为边AC上的高所在直线方程为2x-y-9=0, 设线4C的斜率为，则2=-1，解得k= 又因为直线4C过点43,2)，则直线4C的方程为y-2=x-3列，+2y-7=0, 又边AB上的中线所在直线方程为x-3y+8=0,且该直线过点C, 所以联立 x-3y+8=0 x+2y-7=01 解得C的坐标为(1,3). (6分) (2)设B(a,b),因为边AB上的中线所在直线方程为x-3y+8=0, 所以AB的中点 a+3b+2 、2’2 在直线x-3y+8=0上， 且边AC上的高所在直线2x-y-9=0过顶点B, 「2a-b-9=0 a=8 所以 a牛3-3x+2+8=0’解得 即B的坐标为(8,7)、(10分) 2 2 由(1)知c,由两点式方程得-， 化简得4x-7y+17=0」 即直线BC的方程为4x-7y+17=0.(13分) 16.【详解】（1)有放回地抽取两次，第一次与第二次的抽取结果互不影响，每次抽到1,2,3的 可能性相同. 按先第一次、后第二次的顺序列出所有样本点：2={，1)，(1,2)(1,3)，(2，)(2,2)(2,3)，(3，)，(3,2)，(3,3}，共 第1页 9个样本点. .(2分) 中奖对应事件a=b,所含样本点为（1,1)，(2,2)，(3,3)，共3个 9个样本点出现的可能性相等，由古典概型的概率公式得中奖的概率P=?-} 93(5分) (2)由(1)知每人中奖的概率为号，不中奖的概率为1--，四人抽奖相互独立 33 记甲、乙两人中获奖的人数为X,则X的可能取值为0,12. Px=0叭-号-号Px==2x对*号-号 6,pX=2=3X3g11分) 记丙、丁两人中获奖的人数为Y,同理有P心=0)-号，P(W=)=号，PK-2)-),且X与y相互 独立. 所求事件即X>Y,按X=1与X=2两类整合： P(X>)=P(X=)P(Y=0)+P(X=2)P(Y=0)+P(X=2)P(Y=1). 441414248 所以P(X>刀=。×+5×年+5× 9999998127 (15分)》 17.【详解】(1)以O为原点，正东方向为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系 则O(0,0),A(20,20)，观景直道所在直线的方程为y=-10, A 镊像头 依题意得：游客所在点为B(-5,O), 风侧直线4奶的方程为六斋4；，化简得4红-5y+20=0, (3分)》 西辅道 东辅道 BO■ 所以圆心0到直线AB的距离d=20、=0<4,故直线4B与圆0相交， 西 景观物观最直道东 V42+52V4T 所以游客不在该摄像头监控范围内(6分) (2)由图易知：过点A的直线1与圆O相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物遮挡， 所以设直线/过A且恰与圆0相切， ①若直线/垂直于x轴，则1不可能与圆0相切； ②若直线1不垂直于x轴，设1：y-20=k(x-20),整理得a-y-20k+20=0, A 极像头 所以圆心0到直线1的距离为a=-20201_4,解得大=}或 Vk2+1 西辅道 东辅道 4 k 3, (10分) BQ绿观建筑物 西 观景直道东 D 所以直线1的方程为y-20=c-20或-20-号-20， 共3页 即3x-4y+20=0或4x-3y-20=0, 设这两条直线y=-10与交于D,E, 由+20-0解得=20，由化-识00解得=25， y=-10 所以DB=17.5,观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为17.5米(15分) 18.(1)由题意∠BB,A=60°，AB=4,EB=2, 所以AB=AB+BB-24BEBc0s60=4+2-2x2x4× 212, 由AE2+EB=AB2得AE⊥BB,故AE⊥AA 则以4为坐标原点，AA,AE的方向分别为x,y轴的正方向， 垂直平面ABBA向上的方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为AB=4,所以A(0,0,0),4A4,0,0),C(4,-2N3,2),D3,V3,0),E(0,2N3,0),F(2,-2V3,2), 所以AF=(-2,-23,2),CD=(-1,3V3,-2),DE=(-3,V5,0): 设平面CDE的法向量为n=(x,y,z), 则 层.C而=-x+3-22=0令x=1,得=05,4到.3分) n-DE=-3x+V3y=0, 因为n-AF=-2x1-23×√3+2×4=0， 所以n⊥F,又AF丈平面CDE,所以AF/I平面CDE..(5分，几何法酌情给分) (2)连接4D,则AD=(3,3,0),由（1)n=(1,V3,4). 则点4到平面cDE的距离d=D列B+L35 ..(10分，几何法酌情给分) |√1+3+165 ⊙存在，需-或需-号理由如下： 设AP=kAF=(-2k,-2V3k,2k)(0≤k≤1)， 又AA=(4,0,0),则4亚=4A+亚=(4-2k,-2V3k,2k).(12分) 因为直线4P与平面c0E所成角的正弦值为，所以a-晋， 第2页 |4-2k-6k+8k| -Vi7 7 所以+3+16x4-2r+25+4g7,即5x5-4+47, 所以254-20t+3=0,即6-X5k-3)=0,解得k=或k-号 则-或3. 1F15域1F5·(17分) 19.【详解】(1)将圆C的方程x2+y2-2x+4y+4=0配方得：(x-1)2+(y+2}=1,所以圆C的圆心为C(1,-2), 半径r=1, 设点P的坐标为(xy),因为点P在圆C外，所以PC>r=1,连接PC并延长交圆C于两点，如图所示， 则Ar的最大值为PC+r=PC+1,最小值为PC-r=PC-1。 由题意知4PLx=24P1。,即PC+1=2PC-),解得|PC=3,(2分) 由两点间距离公式得x-1)+(0y+2}=3,两边平方得：(x-1+(y+2}2=9 故点P的轨迹方程为(x-1)+(y+2)2=9(4分) (2)(1)由（1)知，圆C的“伴生点轨迹方程为(x-1)2+(y+2)2=9①， 1826 对于圆D:(+2+0-4}-,其圆心为D(-24),半径R=管= 设点P(x,y)为圆D的“伴生点”，则点P到圆心D的距离PD满足PDI+R=2(IPDI一R)→PD=3R, 代入R的值，PD=3x26=26, 3 所以圆D的伴生点”轨迹方程为：(x+2+(y-4=(2W6=24…②，…(6分) 因为P,2均为圆“C-D”的“共生点”，所以P,2是方程①和②表示的两个圆的 交点， M 两式相减得[x-+0+2-9]-[(x+2+(y-4-24]=0, 1.07 展开并化简，得x-2y=0,故直线P2的方程为x-2y=0;(8分) (i)设直线I过点(1,0)，斜率存在且不为0，设x轴上的定点为A(,0),如图所示， x-2y=0 联立直线P2与P的轨迹方程， (x-+0+2=9’消去x得(2y-+0+2}=9, 即 页共3页 整理得5y=4,解得)y=±25，对应的x=t45 不纺设5,2Q52},线段阳简中点为原点Q0,且 ra- 64+6=4, 5+5 所以圆E的圆心为(0,0)，半径s=2,方程为x2+y2=4, (10分) 假设存在定点A(,0)满足条件，设直线1的方程为y=k(x-1), 联立 》,消去y得4术（广-4，整理得-2x+-40, 设M(:,N(,),则x,是上述方程的两根，△=(22-4(k2+1)(2-4)=122+16>0恒成立， 由韦达定理得+%223 品w (12分) 此时 1AM4W=V(:-+·V(x-+y号=VP-2c++7VP-2c++号=V2-2+4VP-2+4 F+4-2r+4++a-C+49-240f+42是)产r--e+4-e+49 -r,, 令41(t2+4)-202=0,解得t=0或t=1或t=4,…(14分)》 当1=0时，4MAW取定值4；当1=1时，AMAW取定值3；当t=4时，AMAN取定值12； 综上所述，当点A的坐标为(O,0)时，AMAM取定值4；当点A的坐标为(1,0)时，AMAN取定值3； 当点A的坐标为(4,0)时，AMLW取定值12(17分) 第3页