2025-2026学年云南省保山市腾冲八中高二（上）开学数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年云南省保山市腾冲八中高二（上）开学数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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°
2.下列说法中，正确的是( )
A. 过点P(1,2)且在x，y轴上的截距相等的直线方程为x+y−3=0
B. 直线y=3x−2在y轴上的截距为−2
C. 直线x− 3y+1=0的倾斜角为60°
D. 过点(5,4)并且倾斜角为90°的直线方程为y−4=0
3.一个动圆的圆心在抛物线y2=8x上，且动圆恒与直线x+2=0相切，则动圆必过定点( )
A. (0,2)B. (0,−2)C. (2,0)D. (4,0)
4.设向量a，b，c不共面，则下列向量组可作为空间的一组基的是( )
A. {a−2b,3a−b,0} B. {a,b,a+b} C. {3a+b,a+b,c} D. {a+b+c,a+b,c}
5.若ax2+by2+cxy+2ax−4by+a3=0表示面积为π的圆的方程，则实数a的值为( )
A. 2B. ±2C. 1D. ±1
6.已知AB=(1,5,−2)，BC=(3,1,z)，若AB⊥BC，BP=(x−1,y,−3)，且BP⊥平面ABC，则BP等于( )
A. (407,157,−3)B. (337,157,−3)C. (−407,−157,−3)D. (337,−157,−3)
7.已知实数x，y满足y≥x+2x+y≤ax≥1，其中a=lg39⋅lg28，则实数x+12y+1的最小值为( )
A. 25B. 27C. 29D. 211
8.已知A，B是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上两点，F1，F2分别在C的左、右焦点，AB⋅AF1=0，AF2=2F2B，则C的离心率为( )
A. 13B. 23C. 33D. 53
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知双曲线C：y29−x26=1，则( )
A. C的焦点坐标为(0,± 3)B. C的渐近线方程为y=±32x
C. C的虚轴长为2 6D. C的离心率为 153
10.已知直线l：(a2+a+1)x−y+1=0，其中a∈R，则( )
A. 直线l过定点(0,1)
B. 当a=−1时，直线l与直线x+y=0垂直
C. 若直线l与直线x−y=0平行，则a=0
D. 当a=0时，直线l在两坐标轴上的截距互为相反数
11.已知P是边长为1的正六边形ABCDEF内一点(含边界)，且AP=AB+λAF，λ∈R，则( )
A. △PCD的面积恒为 34B. 存在λ，使得|PC|b>0)上一动点，F1，F2为左右两焦点，点P到坐标原点的最大距离为 2，△PF1F2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x2+y2=b2的两条切线，切点分别为A，B，直线AB交椭圆于M，N两点，求△OMN的面积S的最大值．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.C
5.B
6.D
7.D
8.D
9.CD
10.ABD
11.AC
12. 55
13.50
14.2
15.(1)∵△ABC的顶点A，B的坐标分别为(4,−1)，(2,5)，
∴AB的中点是(3,2)，直线AB的斜率是kAB=5−(−1)2−4=−3，
∵线段AB中垂线与线段AB垂直，
∴线段AB中垂线的斜率是13，
∴线段AB的中垂线方程是y−2=13(x−3)，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；
(2)∵kAB=−3，∴AB边上的高所在直线的斜率为13，
∵C(6,2)，∴AB边上的高所在直线的方程为y−2=13(x−6)，即x−3y=0，
∵kAC=2−(−1)6−4=32，∴AC边上的高所在直线的斜率为−23，
∵B(2,5)，∴AC边上的高所在直线的方程为y−5=−23(x−2)，即2x+3y−19=0，
联立x−3y=0和2x+3y−19=0，得x=193，y=199，
∴△ABC垂心的坐标为(193,199)．
16.(1)证明：设VA=a,VB=b,VC=c，正四面体的棱长为1，
则VD=13(a+b+c)，AO=16(b+c−5a)，
BO=16(a+c−5b)，CO=16(a+b−5c)，
∴AO⋅BO=136(b+c−5a)⋅(a+c−5b)
=136(18a⋅b−9|a|2)
=136(18×1×1⋅cs60°−9)=0．
∴AO⊥BO，∴AO⊥BO，
同理AO⊥CO，BO⊥CO，
∴AO、BO、CO两两垂直；
(2)解：DM=DV+VM=−13(a+b+c)+12c
=16(−2a−2b+c)．
∴|DM|= [16(−2a−2b+c)]2=12，
|AO|= [16(b+c−a)]2= 22，
DM⋅AO=16=16(−2a−2b+c)⋅16(b+c−5a)=14，
∴cs=1412⋅ 22= 22，
∵∈(0,π)，∴=π4．
17.解：(1)直线l经过点P(2,3)．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=2，
原点到直线l的距离为2，符合条件；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−3=k(x−2)，即kx−y−2k+3=0，
则|k×0−0−2k+3| k2+1=2，解得k=512，
∴直线l的方程为512x−y−2×512+3=0，即5x−12y+26=0．
综上，直线l的方程为x=2或5x−12y+26=0．
(2)直线l在两坐标轴上的截距相等，
当直线l在x轴上的截距a=0时，直线l在x轴上的截距b=0，
此时直线l过点(0,0)，P(2,3)，
直线方程为yx=32，即3x−2y=0，
当直线l在x轴上的截距a≠0时，直线l在x轴上的截距b=a，
设直线方程为xa+ya=1，把P(2,3)代入得2a+3a=1，解得a=5，
∴直线方程为x5+y5=1，即x+y−5=0．
综上，直线l的方程为3x−2y=0或x+y−5=0．
18.(1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A( 3,−1,0)，B( 3,1,0)，C(0,2,0)，E( 3,0,0)，M( 3,−1,1)，N(0,0,1)，
所以AN=(− 3,1,1)，CE=( 3,−2,0)，EM=(0,−1,1)，
设平面MEC的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅CE=0m⋅EM=0，即 3x−2y=0−y+z=0，
令y= 3，则x=2，z= 3，所以m=(2, 3, 3)，
所以m⋅AN=−2 3+ 3+ 3=0，即m⊥AN，
又AN⊄平面MEC，所以AN/​/平面MEC．
(2)解：由(1)知，平面EMC的法向量为m=(2, 3, 3)，
同理可得，平面BMC的法向量n=(1, 3,2 3)，
设平面EMC与平面BMC的夹角为θ，则csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=2+3+6 10×4=11 4040，
故平面EMC与平面BMC夹角的余弦值为11 4040．
(3)解：设存在点P满足AP=λAM(λ∈[0,1])符合题意，则P( 3,−1,λ)，
所以PE=(0,1,−λ)，
由(2)知，平面BMC的法向量n=(1, 3,2 3)，
因为直线PE与平面MBC所成的角为π3，
所以|cs|=|PE⋅n||PE|⋅|n|=| 3−2 3λ| 1+λ2×4=sinπ3= 32，解得λ=−34∉[0,1]，
若不存在点P符合题意．
19.解：(1)依题意有a= 2，S△PF1F2=12×2c×b=1，bc=1，a2=b2+c2=2，∴b=c=1．
椭圆C的方程为x22+y2=1．

(2)设切点A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，圆O的方程为x2+y2=1，
切线PA方程：x1x+y1y=1，切线PB方程：x2x+y2y=1，
切线都过点P，x1x0+y1y0=1，x2x0+y2y0=1，∴AB方程：x0x+y0y=1，
设交点M(x3,y3)，N(x4,y4)，
x0x+y0y=1与椭圆方程x2+2y2=2联立，
化简得(2x02+y02)x2−4x0x+2+2−2y02=0，
∴x3+x4=4x02x02+y02，x3x4=2−2y022x02+y02，|MN|= 1+x02y02|x3−x4|= x02+y02y02 16x02−8(2x02+y02)(1−y02)(2x02+y02)2
= x02+y02⋅ 16x02+8y02−82x02+y02，
又O到直线MN距离为d=1 x02+y02，△OMN的面积S=12⋅d|MN|= 2⋅ 2x02+y02−12x02+y02，
令 2x02+y02−1=t，x02+2y02=2，x02=2−2y02，
∴t= 3−3y02，0