湖南省长沙市周南中学2025-2026学年高二上学期第一阶段考试数学模拟（三）试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市周南中学2025-2026学年高二上学期第一阶段考试数学模拟（三）试卷（Word版附解析），共17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。
一、单选题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分。在每小题给出的选项中,只有一项是 符合题目要求的。
1．直线的倾斜角为．
A．30°B．45°C．60°D．90°
2．若直线与直线平行，那么这两条直线之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
3．已知椭圆 的一个焦点为，则（ ）
A．B．C．5D．6
4．若，，则关于事件A与B的关系正确的是（ ）
A．事件A与B相互独立但不互斥B．事件A与B互斥但不相互独立
C．事件A与B相互独立且互斥D．事件A与B既不相互独立也不互斥
5．已知定点，平面上满足下列条件的动点的轨迹是椭圆的是（ ）
A．B．
C．D．
6．若直线：关于直线l：对称的直线为，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知圆台的上、下底面圆的半径分别为1和3，母线为，则圆台的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．公元前世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
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．已知在三棱台中，平面，，，．以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则（ ）
A．B．
C．异面直线与所成角的余弦值为D．点到直线的距离为
10．一条光线从点射出，经y轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率可以是（ ）
A．B．2C．D．
11．已知圆，圆，点是圆上一动点，过点作圆的两条切线，切点为，，下列说法正确的是（ ）
A．圆心的轨迹方程为
B．圆和圆始终相离
C．存在某个位置使得
D．若存在点使得，则的取值范围是
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分。
12．已知圆的弦过点，当弦长最短时，该弦所在直线的方程为 ．
13．曲线与直线有两个交点时，实数k的取值范围是 ．
14．已知，分别是椭圆：的左、右焦点，P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q，若，则直线的斜率为 ．
四、解答题:本题共 5 小题,共 60 分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
15．（1）求过点,且与直线垂直的直线方程；
（2）已知直线，. 若，求的值.
16．已知的三个顶点分别为，，，直线经过点，
圆是外接圆.
(1)若直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程；
(2)若直线与圆相交于，两点，求面积的最大值，并求出直线的斜率.
17．已知的内角所对的边分别为，且
(1)求角A；
(2)若为边上一点，为的平分线，且，求的面积
18．已知平面四边形中，，，且.以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面.
(1)证明：；
(2)若M是线段上一点，且平面，
①求三棱锥的体积；
②求二面角的平面角的余弦值.
19．已知圆过，且圆心在轴上．
(1)求圆的周长；
(2)若直线过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程；
(3)过点且不与轴重合的直线与圆相交于为坐标原点，直线分别与直线相交于，记的面积为，的面积为，求的最大值．
长沙市周南中学2025年下学期高二第一阶段考试模拟试卷
数学（一）参考答案
1．B
【解析】将直线化成斜截式，前系数即为直线斜率，通过斜率求倾斜角．
【详解】将直线化成斜截式得，所以直线斜率为，设直线的倾斜角是，则，即， 所以.
故选B.
【点睛】本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，属于简单题．
2．D
【分析】根据两直线平行可得参数，进而确定平行线间距离.
【详解】有已知直线与直线平行，
则，即，
此时直线与直线，即满足平行，
则两直线间距离，
故选：D.
3．C
【分析】根据焦点坐标可直接构造方程组求得结果.
【详解】由题意知焦点在轴上，
由题意知：，解得：.
故选：C.
4．A
【分析】利用相互独立事件的判断方法即，而互斥事件是不可能同时发生，从而可得到判断.
【详解】因为，所以，则，
又因为，所以，则事件A与B相互独立，
由于，则事件A与B可以同时发生，即它们不是互斥事件，故A只有正确，
故选：A
5．C
【分析】根据椭圆的定义可得答案
【详解】之间的距离，
根据椭圆的定义，距离之和
对于A，不满足椭圆的定义，无轨迹，A错误；
对于B，，轨迹是线段，不是椭圆，B错误；
对于C，符合椭圆的定义，轨迹是椭圆，C正确；
对于D，这不是距离之和的条件，不直接符合椭圆的定义，实际上，这描述的轨迹不是椭圆.轨迹是以原点为中心的圆（如图），D错误.

故选：C
6．D
【分析】直线与l的交点在直线上，并且直线上任取一点，该点关于直线l的对称点也在直线上，根据两点坐标求出斜率，即可求出直线的方程.
【详解】联立，解得，即与l的交点为.
又点在上，设A关于l的对称点为，
则，解得，即，
所以直线的斜率，
从而直线的方程为，
即.
故选：D
7．B
【分析】利用圆台的表面积公式直接计算即可.
【详解】设圆台的上、下底面圆的半径分别为和，母线为，
则由题意有：，
所以圆台的表面积为：
，
故选：B.
8．B
【分析】由题意计算得的轨迹方程为，根据对称性可得圆心在直线方程上，即，从而利用乘“1”法即可得到最值.
【详解】设点的坐标为，因为，则，
即，
所以点的轨迹方程为，
因为点的轨迹关于直线对称，
所以圆心在此直线上，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值是.
故选：B.
9．ABD
【分析】对于A，根据题意求出点和的坐标即可得的坐标；对于B，求出和的坐标，计算数量积即可判断；
对于C,求出与的坐标，利用夹角公式即可求解；对于D，利用向量求距离的公式即可求出.
【详解】根据题意可得，，，则，故A正确；
，，，则，
因为，所以，故B正确；
，，则，，设异面直线与所成的角为，则，故C错误；
，则点到直线的距离为，故D正确．
故选：ABD.
AC
由已知得点关于y轴的对称点为，由入射光线与反射光线的对称性知，反射光线一定过点．设反射光线所在直线的斜率为k，则反射光线所在直线的方程为，即．由反射光线与圆相切，
则有，
解得或．故选AC.
11．ABD
【分析】根据圆的相关知识，对每个选项逐一分析即可.
【详解】对于A，圆心M为，令，所以，圆心的轨迹方程为，故A正确；
对于B，圆心M为，，，
圆M的半径为1，圆O的半径为1，，所以圆和圆始终相离，故B正确；
对于C，存在某个位置使得，则，则，
由圆M的半径为1，圆心M为，可得，
所以，整理得
，不等式无解，故C错误；
对于D，圆的半径为 1，圆上存在点，过点作圆的两条切线，切点分别为，使得，则
在中，，
所以
又圆M的半径为1，圆心M为，
所以
所以，
解得，
则的取值范围是，故D正确.
故选：ABD
12．当弦长最短时，该弦所在直线与过点的直径垂直．已知圆心，
所以过点的直径所在直线的斜率，
故所求直线的斜率为，
所以所求直线方程为，即．
13．
【分析】化简曲线，即，画出图象分析直线与曲线有两个交点的情况分类讨论求解即可.
【详解】曲线，即.
直线过定点，
如图：，
当直线与曲线有两个交点时，
则直线夹在了直线与直线之间，而，
当直线与曲线相切时也只有一个交点，
则圆心到直线的距离为：
，解得，所以，
故直线与曲线有两个交点时，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
14．
【分析】连接，利用圆的性质、椭圆的定义，结合勾股定理列式求解即得
【详解】如图，连接，设，则，
由椭圆的定义得，
所以，，．
又为以线段直径的圆上，则，
在中，，即，得，
则，
所以直线的斜率为，

故答案为：-2
15．（1）；（2）.
【分析】（1）利用两直线垂直斜率之积为求出斜率，结合点坐标写出直线的点斜式方程，化为一般式；
（2）利用两直线平行求参数值，代入验证排除重合情况.
【详解】（1）∵，
∴，直线斜率为，
∴所求直线斜率为，
∵直线过点,
∴直线方程为，整理得.
（2）∵，
∴，
∴或.
当时，，，两直线重合，不合题意；
当时，，，满足要求.
综上得，.
16．(1)或
(2)，
【详解】圆的方程为；
（1）圆心，半径，
又，可知圆心到直线的距离，
当直线斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线的距离为，成立；
当直线斜率存在时，设直线方程为，即，
圆心到直线的距离，
解得，则直线方程为，即；
综上，直线方程为或.
（2）由在圆外，
则在中，，，
又，
则当，即时，取得最大值为，
此时为等腰直角三角形，
即圆心到直线的距离，
即，
解得.

17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解；
（2）根据面积关系可得，再结合余弦定理解得，进而可得面积.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
且，
即，
整理可得，
且，则，可得，
又因为，则，可得，所以.
（2）因为为的平分线，则，
因为，则，
即，可得，
在中，由余弦定理可得，
即，整理可得，解得或（舍去），
所以的面积.
18．(1)证明见解析
(2)① ；②
【分析】（1）先由勾股定理证，再由面面垂直证平面，得，可得平面，进而证得；
（2）①连接,设,连接，利用线面平行的性质推得，确定点是线段上靠近点的三等分点，从而求得体积；②依题意建系，写出相关点和向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得.
【详解】（1）因，，故,
又，且，故
在直角梯形中，，
由可得；
因平面平面，,平面平面,则平面,
又平面，则,又,因平面，
故平面,
因平面，故；
（2）
①如图，连接,设，连接,
因平面，且平面,平面平面,则，
故，在四边形中，由,可得,
故，即，即点是线段上靠近点的三等分点，
故
②
如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则,
因，
故,,
设平面的法向量为，则由，
可取，
易得平面的法向量可取为，故，
又由图知，二面角的平面角为钝角，故二面角的平面角的余弦值为.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间直线、平面位置关系的判断证明和空间向量在求空间角方面的应用.
解题关键在于要熟悉关于线面平行、垂直的判定和性质定理，熟练掌握利用条件建系，运用向量夹角的坐标公式计算求解空间角.
19．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）设圆心在轴上的圆的标准方程，代入两点坐标，解方程组得到圆心坐标和半径，再根据圆的周长公式计算即可.
（2）先根据弦长求出圆心到直线的距离，然后分直线斜率存在与不存在两种情况。斜率不存在时直接验证；斜率存在时，设直线的点斜式方程，利用点到直线的距离公式求出斜率，进而得到直线方程.
（3）设直线的斜率，求出点坐标，根据垂直直线斜率的关系得到直线的斜率，求出点坐标，再求出点坐标，分别表示出​，进而得到的表达式，最后利用基本不等式求其最大值.
【详解】（1）由圆心在轴上，设圆的方程为，又圆过，
则，解得，所以圆的方程为，其周长为.
（2）根据题意作图.
因为直线被圆截得的弦长为，所以圆心到直线的距离为.
①当直线的斜率不存在时，直线与圆的交点为，
此时，直线被圆截得的弦长为，所以直线满足题意；
②当直线的斜率存在时，设直线，整理得，
所以圆心到直线的距离为，解得，则直线.
综上，直线的方程为或.
（3）根据题意作图.
因为原点在圆上，直线过圆心，且与轴所在直线不重合，
所以.设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，可得，解得或，
所以点的坐标为.
又直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，可得，解得或，
所以点的坐标为.
由题意可知，点，
所以，，
故，又，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为.