云南省保山市腾冲市第八中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题含答案解析

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第Ⅰ卷（选择题，共60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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 过点A（0，2）的直线l与圆x2+y2=1相切，则直线l的倾斜角为（ ）
A. 30°B. 60°或120°C. 30°或60°D. 30°或150°
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，直线的倾斜角和斜率的关系的应用求解．
【详解】由题知：直线存在斜率，设直线的方程为，
圆心到直线的距离，解得，
所以，，
故或.
故选：B
2. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 过点且在轴截距相等的直线方程为
B. 直线在轴上的截距为
C. 直线的倾斜角为60°
D. 过点并且倾斜角为的直线方程为
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直线截距的概念、倾斜角与斜率之间的关系逐一判断即可.
【详解】对于A，过点且在轴截距相等的直线方程为
或，故A不正确；
对于B，，令，可得，所以在轴上的截距为，故B正确；
对于C，，
则，所以直线的倾斜角为 ，故C不正确.
对于D，过点并且倾斜角为的直线方程为，故D不正确.
故选：B
3. 若一动圆的圆心在抛物线上，且动圆恒与直线相切，则此动圆必过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件可知是抛物线的准线，根据抛物线的定义，直接求得结果.
【详解】由题可知的准线为，焦点为.
因为动圆的圆心在抛物线上，且动圆恒与直线相切，
利用抛物线的定义可知，动圆的圆心到抛物线焦点的距离即为半径，
说明了必定过抛物线的焦点．
故选：B
4. 设向量，，不共面，则下列向量组可作为空间的一组基的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的共面和空间基底的条件即可解答.
【详解】A选项，由于与任意两个向量共面，不能作为基底；
B选项，，故三个向量共面，不能作为基底；
C选项，设，
向量，，不共面，上式显然不成立，即与不共面，符合题意；
D选项，，故三个向量共面，不能作为基底；
故选：C.
5. 若表示面积为的圆的方程，则实数的值为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简圆的方程为标准形式，列出关系式求解即可.
【详解】解：方程表示圆，且圆的半径为，
可得，
可得，解得，经检验，均符合题意.
故选：B.
【点睛】本题主要考查圆的一般方程的特征，属于基本知识的考查.
6. 已知，，，若，且平面，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可得出可求得的值，由平面，可得出，可得出关于实数、的方程组，进而可解得实数、的值，由此可得出向量的坐标.
【详解】，，，则，解得，
，
平面，、平面，所以，，，
则，解得，因此，.
故选：D.
【点睛】本题考查利用向量垂直、线面垂直求参数，考查计算能力，属于中等题.
7. 已知实数满足，其中，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数的运算性质可得.作出不等式组表示的可行域，设，根据几何意义，结合图象得出，进而即可根据不等式的性质得出答案.
【详解】由已知可得，，
则不等式为.
作出可行域
设，，
则表示可行域内的点与点连线的斜率.
由图象可知，直线斜率最小，的斜率最大.
联立可得，，所以，.
联立可得，，所以，.
所以，.
根据不等式的性质，可知，
所以，.
故选：D.
8. 已知，是椭圆上两点，，分别在的左、右焦点，，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，由椭圆的定义求出，再由勾股定理求出，又由，即可求出答案.
【详解】设，
由椭圆的定义可得：，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
化简可得：，解得：，
所以，
又因为，所以，
所以
故选：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2分，有选错的得0分）
9. 已知双曲线，则（ ）
A. 的焦点坐标为B. 的渐近线方程为
C. 的虚轴长为D. 的离心率为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程，求出，然后对选项逐一判断即可.
【详解】因为双曲线，则
则焦点坐标为，故A错误；
焦点在轴的双曲线的渐近线方程为，即，故B错误；
双曲线虚轴长为，故C正确；
离心率为，故D正确.
故选:CD.
10. 已知直线，其中，则（ ）
A. 直线l过定点
B. 当时，直线l与直线垂直
C. 若直线l与直线平行，则
D. 当时，直线l在两坐标轴上的截距互为相反数
【答案】ABD
【解析】
【分析】A. 令判断；B.由两直线的位置关系判断；C. 由两直线的位置关系判断；D.由直线的方程判断.
【详解】对于A，当时，，与a的取值无关，故直线l过定点，所以A正确；
对于B，当时，直线l的方程为，其斜率为1，
而直线的斜率为，
所以当时，直线l与直线垂直，所以B正确；
对于C，若直线l与直线平行，则，解得或，所以C错误；
对于D，当时，直线l的方程为，横截距和纵截距分别是，1，互为相反数，所以D正确.
故选：ABD
11. 已知是边长为1的正六边形内一点（含边界），且，，则（ ）
A. 的面积恒为B. 存在，使得
C. D. 的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量共线，即可求解A，根据对称性可求解BC，根据数量积的定义求解D.
【详解】由，可得，即，
所以在正六边形的对角线上运动，所以，
所以的面积为定值，且，A正确；
因为正六边形关于直线对称，所以不论在何处，总有，B错误；
根据图形的对称性，当为的中点时，取到最大值，
当与或重合时，取到最小值，故的取值范围是，C正确；
，的取值范围是，D错误．
故选:AC．
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知向量为平面的法向量，点在内，点在外，则点P到平面的距离为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用点到平面距离的向量求法计算作答.
【详解】依题意，，而平面的法向量为，
所以点P到平面的距离.
故答案：
13. 正四面体棱长为6，，且，以为球心且半径为1的球面上有两点，，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意计算可得，再由，推出，，，再由向量的数量积的计算公式得到，结合基本不等式，即可求解结果.
【详解】因为正四面体的棱长为，
所以，
同理可得，
，
又因为以为球心且半径为1的球面上有两点，，
所以，
由，
则
因为，所以
当且仅当取等号，
此时，
所以，
故的最小值为.
故答案为：.
14. 设，则直线与围成的三角形的面积的最大值为________．
【答案】2
【解析】
【分析】由直线方程确定直线，且直线过定点，直线过定点，定点都在直线上，这样设直线交于，得出三条直线围成直角，利用基本不等式可得的最大值，从而得三角形面积最大值．
【详解】由题知直线，且直线过定点，直线过定点，点在直线上．
设直线交于，则三条直线围成的三角形为，且，
所以．
因为，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，所以．
故答案为：2.
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 的顶点A，B的坐标分别为．
（1）求线段AB的中垂线在x轴上的截距；
（2）若点C的坐标为，求△ABC垂心的坐标．
【答案】（1）-3； （2）
【解析】
【分析】（1）求出AB的中点和直线AB的斜率，再求出线段AB中垂线的斜率，即可得到答案；
（2）求出AB边上的高所在直线的斜率，得到AB边上的高所在直线的方程，同理可得AC边上的高所在直线的方程，两条方程联立即可得到答案
【小问1详解】
∵△ABC的顶点A，B的坐标分别为，
∴AB的中点是，直线AB的斜率是，
∵线段AB中垂线与线段AB垂直，
∴线段AB中垂线的斜率是，
∴线段AB的中垂线方程是，即x－3y＋3＝0，
令y＝0，得x＝－3，即线段AB的中垂线在x轴上的截距为-3；
【小问2详解】
∵，∴AB边上的高所在直线的斜率为，
∵，∴AB边上的高所在直线的方程为，即x－3y=0，
∵，∴AC边上的高所在直线的斜率为，
∵，∴AC边上的高所在直线的方程为，即2x＋3y-19=0，
联立x－3y=0和2x＋3y-19=0，得，，
∴△ABC垂心的坐标为
16. 如图，正四面体的高的中点为，的中点为.

（1）求证：，，两两垂直；
（2）求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先以为基底表示向量，再表示向量，再利用数量积公式证明垂直关系；
（2）首先利用基底表示向量，再代入向量夹角余弦公式，即可求解.
【小问1详解】
设，，，正四面体的棱长为1，
因为
，
，
，
，
所以
，所以，即.
同理，，，所以，，两两垂直.
【小问2详解】
，
所以，
又，
，
所以，
又，所以.
17. 已知直线l经过点．
（1）若原点到直线l的距离为2，求直线l的方程：
（2）若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程．
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）当斜率不存在时，l：，验证即可，当斜率存在时，设l：，由原点到直线l的距离为2求解；
（2）若直线过原点，设直线方程为，根据直线l经过点求解；若直线不过原点，设直线方程为，根据直线l经过点求解.
【小问1详解】
解：当斜率不存在时，l：，符合题意；
当斜率存在时，设l：，即，
∴，解得：，
∴l：或.
【小问2详解】
若直线过原点，设直线方程为，
因为直线l经过点，
所以，
所以直线方程为,
若直线不过原点，设直线方程为，
因为直线l经过点，
所以，
所以直线方程为,
∴直线l：或.
18. 在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面，，，，E为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
（3）在线段上是否存在点P，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）不存在点P使直线PE与平面MBC所成角为.理由见解析.
【解析】
【分析】（1）设CM与BN交于F，连接EF，由题意可知四边形BCNM是平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据题意可得，利用线面垂直的性质定理得到，建立如图空间直角坐标系D-xyz，利用空间向量法求解面面所成角即可；
（3）设，则，由（2）知平面MBC的法向量，利用空间向量法求解线面角，即可判断.
【小问1详解】
因为四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，
所以且，且，
则且，所以四边形BCNM是平行四边形，
设CM与BN交于F，则F是BN的中点．连接EF，又E是AB的中点，
所以，又平面MEC，平面MEC，
所以平面MEC．
【小问2详解】
连接DE，由四边形ABCD是菱形，，
所以为正三角形，又E是AB的中点，得，即，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，建立如图空间直角坐标系D-xyz，
则，，，，，
得，，，
设平面、平面MBC的一个法向量分别为、，
则，
令，得，令，得，
∴，，
得，
又平面与平面MBC的夹角为锐角，
∴平面与平面MBC所成角的余弦值为；
【小问3详解】
设，则，且，
由（2）知平面MBC的法向量为，
设直线PE与平面MBC的所成角为，则，
所以，
解得，不符合题意，
∴在线段AM上不存在点P，使直线PE与平面MBC的所成角为．
19. 已知点P为椭圆上一动点，，为左右两焦点，点P到坐标原点的最大距离为，的最大面积为1.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过动点P（不在坐标轴上）作圆的两条切线，切点分别为A，B，直线AB交椭圆于M，N两点，求的面积S的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得到，再由求解；
（2）设切点，，，由圆O的方程，得到切线PA方程，切线PB方程，由切线都过点P，得到直线AB方程：，然后与椭圆方程联立，求得弦长MN和点O到直线AB的距离，由的面积求解.
小问1详解】
解：依题意得，
，则，
又，
∴.
椭圆C的方程为.
【小问2详解】
设切点，，，
因为圆O的方程为，
则切线PA方程：，切线PB方程：，
切线都过点P，所以，，
∴直线AB方程：，
设与椭圆的交点为，，
联立椭圆方程，得，
∴，，
又O到直线MN距离为，
的面积，
令，，，
∴，，
∴.
当且仅当，即，又，则时，等号成立.
故的面积S的最大值为.