四川省达州市第一中学校2025-2026学年高二上学期第二次月考数学试卷（含答案）含答案解析

这是一份四川省达州市第一中学校2025-2026学年高二上学期第二次月考数学试卷（含答案）含答案解析，共18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．直线的倾斜角为135°，则（ ）
A．B．C．D．
2．圆心为，半径为5的圆的标准方程是（ ）
A．B．
C．D．
3．在四面体中，空间一点满足，若四点共面，则的值为 （ ）
A．B．C．D．
4．若椭圆的焦距为，则实数的值为（ ）
A．24B．9C．1D．9或1
5．已知平面向量，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．若点在圆上，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知椭圆上两点关于原点对称，为椭圆的右焦点，交椭圆于点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上不同于左、右顶点的任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．的周长为16B．面积的最大值为12
C．存在点P，使得∠D．的取值范围为
10．如图，在三棱锥中，，，，分别是的中点，则（ ）

A．B．的长为
C．三棱锥外接球的半径为D．异面直线所成角的余弦值为
11．数学之美，古来共谈．如图甲，在平面直角坐标系中有⊙O：与x轴分别交于、两点，为⊙O上的动点，以为直径的⊙E的位置随点位置的变化而变化，当点逆时针转过一周时，⊙E扫过的区域是图乙所示美丽的“心形”（记作），则下列说法正确的是：（ ）．
A．若，则⊙E与轴公共点坐标为和
B．图乙中内的点到轴距离的最大值为1.25
C．若以为圆心的圆可以完全覆盖区域，则该圆的半径最小为
D．图乙中与轴的公共部分上的点到x轴距离的最大值为
三、填空题
12．圆：关于直线：对称后的方程为 .
13．在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，动点是侧面内一点，若平面，则点的轨迹长度为 .
14．在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则的最大值为 ．
四、解答题
15．已知为实数，设直线.
(1)若，求的值；
(2)若，求与的距离.
16．已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且椭圆的焦距为4.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点，直线过且与椭圆相交于，两点，若是线段的中点，求直线的方程.
17．已知圆的方程为，其中.
(1)若圆和圆的公共弦长为，求的值；
(2)若过点的圆与圆相切，切点为，求圆的标准方程.
18．如图（1），在直角梯形中，，，过的中点作交于点，，现将四边形沿着翻折至位置，使得，如图（2）所示．
(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．
19．椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，点，为椭圆上的两个不同的动点，线段的最小值为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线的斜率为，直线的斜率为．
（i）若，在轴上方，且，求证：直线过定点；
（ii）点，在运动过程中，是否存在某些位置使得且？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由．
1．B
根据斜率与倾斜角的关系求解.
【详解】由已知得直线的斜率，∴，
故选：B.
2．B
利用圆的标准方程即可求的答案.
【详解】解：该圆圆心为，半径为5
所求圆的标准方程为
故选：B
3．D
根据空间向量基本定理列出方程，解之即得.
【详解】因四点共面，且，
由空间向量基本定理的推论可得，解得.
故选：D.
4．B
由椭圆定义可得范围，再利用焦距定义分类讨论即可得.
【详解】由题意可得，即或；
当时，有，解得；
当时，有，解得，不符，故舍去，
综上可得.
故选：B.
5．A
设向量，根据题意，取得，得到，结合向量的数量积的坐标运算公式和投影向量的计算公式，即可求解.
【详解】设向量，因为，且，可得，
解得，即，则，
又因为，所以在方向上的投影向量为．
故选：A．
6．A
建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】由题意可知，，两两垂直，
故分别以直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设直线与直线所成角为，
则，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
故选：A.
7．B
的几何意义是点与两点连线的斜率，利用直线与圆相切，列出方程，即可求解．
【详解】由题意，圆，可得圆心，半径为1，
因为的几何意义是点与两点连线的斜率，设，即，
当直线与圆相切时，
则满足圆心到切线的距离等于半径，即，解得，
又由点在圆上，
所以.
故选：B.
8．D
设椭圆的左焦点为，连接，由椭圆的定义，结合，求得，即可求解.
【详解】设椭圆的左焦点为，连接，
不妨设，则，
因为，且，可知为矩形，
则，
又因为，
即，
可得，则，
在中，，
即，解得，
所以，则，
所以，解得，
故椭圆的离心率为．
故选：D
9．BCD
求出给定椭圆的长短半轴长及半焦距，再结合椭圆的定义及几何性质逐项判断即可.
【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，

对于A：的周长为，A错误；
对于B：设，，则，B正确；
对于C：由，得以原点为圆心，半焦距为半径的圆与椭圆相交，
当P为此交点时，，因此存在点P，使得∠，C正确；
对于D：，，D正确.
故选：BCD
10．ABD
将三棱锥补形为长方体，向量法求证线线垂直判断A；根据坐标求解线段长度即可判断B；根据补形可确定三棱锥的外接球的半径即可判断C；利用线线夹角与空间向量坐标运算得关系即可判断D．
【详解】三棱锥中，，，
将三棱锥补形为长方体，如图所示：

则有，解得，
以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：
点，分别是的中点，
则有，，
对于A，，所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，因为三棱锥的外接球的直径即为长方体的体对角线长，
所以，则三棱锥的外接球的半径为，故C不正确；
对于D，因为，
所以，
故异面直线，所成的角的余弦值是，故D正确.
故选：ABD．
11．ABD
A选项利用直径的性质进行计算；B选项设，将用表示，再利用二次函数即可求出最大值；C选项用表示，再利用三角函数求最值即可；D选项利用点到直线的距离即可求解.
【详解】对于A选项，设⊙E与轴交于、，连接，，
为⊙E的直径，轴，
由题意可知，，，
，所以公共点的坐标为和，故A正确；
对于B选项，设，，
如图：过作轴于，另交⊙E于，过作轴于，
，，，
，，
，
，令，
，，
即内的点到轴距离的最大值为1.25，故B正确；
对于C选项，如图：
连接并延长交⊙E与，
由垂径定理：，就是⊙E上到原点距离最远的点，
下面我们求的最大值：
，，
，
当时，取得最大值，即该圆的半径最小为，故C错误；
对于D选项，如图：
设⊙E与轴交于点（图中为上方的点），则，
反面想，对于轴正半轴上一点作，若与⊙O有公共点即为点，
当离轴最远时，与⊙O有且仅有一个公共点．
设，则，，
原点到的距离：，解得，
即M与y轴的公共部分上的点到x轴距离的最大值为，故D正确．
故选：ABD.
12．
求出圆心和半径，设圆心关于直线：的对称点为，则直线与直线垂直，利用，得到的一个等式，又和的中点在直线：上，将中点代入此直线方程得到的另一个等式，这的等式联立，解得的值，得到的坐标，即为所求圆的圆心，半径不变，从而得到所求圆的方程.
【详解】圆：，圆心，半径，
设圆心关于直线：的对称点为，
则直线与直线垂直，
，，，，
又和的中点为，且中点在直线：上，
，联立，解得，
为所求圆的圆心，半径为，
所求圆的方程为.
故答案为：.
13．
分别取棱的中点，连接 ，证明平面平面，则点必在线段上，即可得出答案.
【详解】如下图所示，分别取棱的中点，连接 ，
∵分别为所在棱的中点，则
∴，又不在平面， 平面，
∴平面．
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
又不在平面，平面，
∴平面，
又，平面，
∴平面平面．
∵是侧面内一点，且平面，
∴点必在线段上．
所以点的轨迹长度为，
故答案为：.
14．4
先求出两个轨迹方程，可设，，则，由辅助角公式表示出的最大值，再由二次函数的性质求出答案.
【详解】因为和是互相垂直的单位向量，所以设，，
设，由可得：
，
表示动点到两点的距离之和为，
则，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，
则点的轨迹方程为：，
设，由可得：，
表示动点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
所以动点的轨迹方程为，
所以可设，， ，
所以，，
所以
，其中，
所以当时，的最大值为，
，
当时，的最大值为.
故答案为：
15．(1)
(2)
（1）由两直线垂直关系求解即可.
（2）由两直线平行关系求出，结合两平行线间距离公式即可求解.
【详解】（1），解得.
（2）因为，所以，解得，
此时，即，
所以与的距离
16．(1)
(2)
（1）由题意得， ，利用求得即可求解方程；
（2）设，，代入椭圆方程作差求得直线的斜率，代入点斜式直线方程即可求解.
【详解】（1）设的焦距为，因为的长轴长是短轴长的倍，所以.
因为的焦距为4，所以，解得，
因为，所以，解得，
所以，则的方程为.
（2）设，，因为点，在上，所以
两方程相减得，所以.
因为是线段的中点，所以，
即直线的斜率为，所以直线的方程为，即.

17．(1)或
(2)
（1）将两圆方程作差可得相交弦所在直线的方程，求出圆心到相交弦所在直线的距离，再利用勾股定理可得出关于的等式，解之即可；
（2）记点、，分析可知圆心为直线和线段垂直平分线的交点，联立这两条直线的方程，可得出圆心的坐标，进而可得出圆的半径，即可得出圆的方程.
【详解】（1）因为圆的方程为，则，解得，
将两圆方程作差可得，即为两圆相交弦所在直线的方程，
圆的圆心为，半径为，
由勾股定理可知，圆心到直线的距离为，
由点到直线的距离公式可得，解得或.
（2）由题意可知，点在圆上，则，解得，
故圆的方程为，其标准方程为，

记点、，
由圆的几何性质可知，圆心在直线上，
且，所以直线的方程为，即，
因为圆过点、两点，所以圆心在线段的垂直平分线上，
线段的中点为，，
故线段的垂直平分线的方程为，即，
联立，解得，即圆心，
所以，圆的半径为，
故圆的方程为.
18．(1)证明见解析
(2)存在，点位于线段靠近点的三等分点
（1）利用勾股定理可分别证得，，根据线面垂直的判定可证得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据面面角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结果.
【详解】（1）证明：，，，，
又，，，；
，，四边形为平行四边形，，
即图（2）中，，又，，，
，，平面，平面，
平面，，
，平面，平面.
（2）解：由（1）得：平面，又，两两互相垂直，
以为坐标原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，且，，
，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，
；
轴平面，平面的一个法向量，
，
解得：（舍）或，，
当点位于线段靠近点的三等分点时，平面与平面的夹角的余弦值为.
19．(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）存在，为.
【详解】（1）由题意，即，线段的最小值为，
所以，又，则，故椭圆的标准方程为；
（2）（i）设直线方程为：，
由得：，
，
因为，所以，即
所以，整理，
代入韦达定理，化简得，
所以直线方程为：，恒过定点；经检验
（ii）设，显然，则直线斜率为，直线的斜率为.
因为，所以直线斜率为，直线的斜率为，
所以直线的方程为，直线的方程为，
两方程联立解得：，即，
因为点在椭圆上，且四点共圆，结合对称性，
所以，即或，
又点在椭圆上，，联立无解，
联立，解得，
所以符合条件的点得坐标为.