重庆市2025_2026学年高二数学上学期9月第一次考试试卷含解析

这是一份重庆市2025_2026学年高二数学上学期9月第一次考试试卷含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先把方程化为斜截式，得到直线的斜率，即可求解.
【详解】由得：，设其倾斜角为，，
所以斜率， 故倾斜角为，
故选：C
2. 若点在圆的外部，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用点与圆的位置关系列式求解即得.
【详解】由点在圆的外部，得，解得，
所以的取值范围是.
故选：B
3. 已知点，，若直线与线段AB相交，则k的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由直线方程易得直线过定点，结合图形进行求解即可.
【详解】直线过定点，
而，，
由图可知，要使直线与线段AB相交，
则或，即k的取值范围是.
故选：B.
4. 在△ABC中，csC=，AC=4，BC=3，则csB=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.
【详解】在中，，，
根据余弦定理：
可得 ，即
由
故.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
5. 与圆关于直线对称的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆关于直线对称的圆为，则有解出即可.
【详解】由圆有，
设圆关于直线对称的圆为，
则有，
所以圆关于直线对称的圆为，
故选：D.
6. 如图，已知圆台为上底面圆的一条直径，且是下底面圆的一条弦，，矩形的面积等于，则该圆台的侧面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得，取的中点，求得，设圆台的下底面圆的半径为，得到，且，在直角中，求得，取的中点，在直角中，求得母线，结合侧面积公式，即可求解.
【详解】因为矩形的面积等于，且，
可得，解得，
取的中点，连接，则，
设圆台的下底面圆的半径为，因为，为等边三角形，
因为，且为的中点，所以，
在直角中，可得，
取的中点，可得且，
在直角中，，可得，
所以该圆台的侧面积为.
故选：D.

7. 如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，点Q在底面正方形内运动，满足，则点Q的轨迹长度为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积确定点Q的轨迹即可.
【详解】
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设，则，
由，得，整理得，
所以点Q的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆，此圆在正方形内部，
所以点Q的轨迹长度为.
故选：C.
8. 设直线：，一束光线从原点出发沿射线向直线射出，经反射后与轴交于点，再次经轴反射后与轴交于点．若，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据光学的性质，根据对称性可先求关于直线的对称点，后求直线，可得、两点坐标，进而由可得.
【详解】如图，设点关于直线的对称点为，
则得，即，
由题意知与直线不平行，故，
由，得，即，
故直线的斜率为，
直线的直线方程为：，
令得，故，
令得，故由对称性可得，
由得，即，
解得，得或，
若，则第二次反射后光线不会与轴相交，故不符合条件．
故，
故选：B
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. 下列结论正确的是（ ）
A. 若、、三点共线，则m的值为0
B. 已知两点、，过点的直线与线段MN有公共点，则的斜率k的取值范围为
C. 直线恒过定点
D. 经过和的交点，且和原点相距为1的直线一共有三条
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据三点共线与斜率关系求解判断即可；对于B，根据两点间的斜率公式，利用数形结合求出直线斜率的取值范围即可判断；对于C，化简直线方程为，联立方程组，即可求解判断；对于D，先求出交点坐标，分斜率不存在和斜率存在进行讨论，结合点到直线的距离公式列式求解判断即可.
【详解】对于A，由，，三点共线，可知所在的直线与所在的直线斜率相等，
而，，
则，解得，故A正确；
对于B，由、，，
则，，
由图可知，要使过点的直线与线段MN有公共点，
则或，即斜率k的取值范围为，故B错误；
对于C，由，
则，
令，解得，则直线恒过定点，故C正确；
对于D，联立，解得，
可知直线与的交点坐标为，即所求直线过点，
若所求直线斜率不存在，则直线方程为，符合题意；
若所求直线斜率存在，设直线方程为，即.
则原点到该直线的距离，解得，
此时方程为.
综上所述：所求直线方程为或，故D错误.
故选：AC.
10. 正方体中，下列结论正确的是（ ）
A. 直线与直线所成角为B. 直线与平面ABCD所成角为
C. 二面角的大小为D. 平面平面
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A：先判断出与所成角即为,利用为正三角形，即可判断；
选项B：与平面ABCD所成角为，即可判断；
选项C：二面角的平面角为，即可判断；
选项D：设，连结，可以判断出即为二面角的平面角.在三角形ACO中，求出各边长，可以判断出，即可判断.
【详解】
选项A：先判断出与所成角即为与所成角，为正三角形，所以该角为；故A正确.
选项B：与平面ABCD所成角为；故B错误.
选项C：二面角的平面角为；故C正确.
选项D：

设，连结，因为，所以.
同理可证：,所以即为二面角的平面角。
不妨设AB=1，易求出：,
因为，所以，
所以平面平面不正确；故D错误.
故选：AC.
11. 在平面直角坐标系xOy中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为C，下列结论正确的是（ ）
A. C的方程为
B. 在x轴上存在异于A，B的两个定点D，E，使得
C. 当A，B，P三点不共线时，
D. 若点，则在C上存在点M，使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】结合两点的距离公式计算即可判断A；
利用对称特点即可判断B；
利用坐标表示向量的线性运算即可判断C；
结合点到直线的距离即可判断D.
【详解】选项A：设，由条件，，即，所以C的方程为，故A错误；
选项B：由对称性可知，存在D，E满足条件，故B正确；
选项C：，
，所以，故，故C正确；
选项D：由知，M的轨迹是线段B的垂直平分线，其方程为，圆C的圆心到l的距离，所以直线1与圆C相交，故在C上存在点M，使得，故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线与直线平行，则实数______．
【答案】或
【解析】
【分析】利用两条直线平行列式计算得解.
【详解】由直线与直线平行，
得，所以或.
故答案为：或
13. 已知实数x，y，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，结合两点间的距离公式求得所求的最小值.
【详解】如图所示，设点，，，，，
则.
因为，，
所以（当且仅当A是OC与BD的交点时等号成立）．
所以的最小值是．
故答案为：
14. 已知直线l1：ax－2y＝2a－4，l2：2x＋a2y＝2a2＋4，当0＜a＜2时，直线l1，l2与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时，实数a＝________.
【答案】
【解析】
【分析】先确定两直线恒过定点P(2，2)，再结合图像四边形的面积S＝，整理判断二次函数何时取最小值即可.
【详解】由题意知，直线l1，l2恒过定点P(2，2)，如图所示，

直线l1与y轴的交点为，直线l2与x轴的交点为，所以四边形的面积S＝×2×(2－a)＋×2×(a2＋2)＝a2－a＋4＝，当a＝时，面积最小.
故答案为：.
【点睛】本题解题关键是找出定点，数形结合，将四边形分成两个三角形求面积的表达式，再求最值.
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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角A；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解即得.
（2）利用三角形面积公式及（1）中信息求出即可.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，得，
整理得，由余弦定理得，而，
所以.
【小问2详解】
由的面积为，得，解得，
由（1）得，解得，
所以的周长为.
16. 在四棱锥中，底面．
（1）证明：；
（2）求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【小问1详解】
证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
【小问2详解】
解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
17. 已知的顶点，，且重心的坐标为．
（1）求的面积；
（2）数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．求的欧拉线的一般式方程．
【答案】（1）12 （2）
【解析】
【分析】（1）设，再根据重心坐标公式可得，再根据三角形面积求解即可；
（2）设，根据外心在边中垂线上，及到顶点距离相等列方程可得，再根据斜率与点斜式公式，结合重心求解即可.
【小问1详解】
设，则由重心的坐标为，有，
解得，即.
故是以为底，为高的三角形，面积.
【小问2详解】
设的外心，则由外心性质可得在的中垂线上，即，
由，，，
则，即，解得，即.
又，故欧拉线的斜率为，
故的欧拉线的方程为，即.

18. 设直线：：其中实数满足．
（1）证明：直线与相交；
（2）试用解析几何的方法证明：直线与的交点到原点距离为定值；
（3）设原点到与的距离分别为和，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用反证法，假设推出矛盾即可；
（2）联立直线的方程，求得交点坐标，再根据点到点的距离公式求解证明即可；
（3）根据点到线的距离公式表达出，再化简得根据基本不等式求解即可
【小问1详解】
证明： (只需证明)
反证法：假设与不相交，(若从正面入手较难，可考虑“反证法”)
则与平行，有，
代入，得，
这与为实数的事实相矛盾，，故与相交．
【小问2详解】
由知，由方程组
解得交点的坐标为，
而．
即与的交点到原点距离为．
【小问3详解】

(从函数的角度思考，遇到二元，要不基本不等式，要不消元)

(遇到根号，基本思路是考虑平方，换元)
(遇到形式，利用分离常数法、基本不等式)
，
当即时，的最大值是．
19. 如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．

（1）证明：；
（2）若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离；
（3）求平面与平面夹角余弦值的最小值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据，，即可根据线线垂直证明平面，即可根据线面垂直的性质求解；
（2）利用等体积法即可求解；
（3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，即可根据基本不等式求解最值.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为，，且的中点为，所以，
又平面，故平面，
由于平面，故.
【小问2详解】
当时，由则，
取的中点，连接
故到四点距离相等，故为三棱锥外接球的球心，
因为，故，
设到平面的距离为，到平面的距离为，
由等体积法可得
而，
由于，故，
所以，从而，
故到平面的距离为.
【小问3详解】
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
过点作平面的垂线，垂足为，
设为翻折过程中所旋转的角度，则，
，
故，
，
则，
设平面的法向量为，则
，
取则，
设平面的法向量
，
，
取则，
设平面与平面的夹角为，
故，
，
令，，故，
由于，故
当且仅当，即时取等号，
故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时.