重庆市2025_2026学年高二数学上学期12月定时作业试题含解析

这是一份重庆市2025_2026学年高二数学上学期12月定时作业试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 不存在
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线的方程，利用斜率和倾斜角的关系求解.
【详解】，由于为常数，则直线的倾斜角为90°.
故选：C
2. 已知点到抛物线：的准线的距离为5，则该抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出准线方程，由题意建立等式，求得准线，从而得到焦点坐标.
【详解】由题已知点到抛物线：的准线的距离为5,则抛物线准线方程为，则焦点为，
故选：A．
3. 方程表示的轨迹图形是（ ）
A. 抛物线B. 半个圆C. 半个椭圆D. 双曲线的一支
【答案】D
【解析】
【分析】先对给定方程进行变形，然后根据变形后的方程与常见曲线的标准方程的关系来判断其表示的轨迹图形即可.
【详解】由题意，得把式子左右同时平方，得，即，，
又，
方程表示的轨迹图形是双曲线的一支.
故选：D.
4. 已知圆：，一只蚂蚁从点出发，爬到轴后又爬到圆上，则它爬行的最短路程为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据“将军饮马”模型，求得对称点，利用两点距离公式结合圆的性质，可得答案．
【详解】如图，设爬到轴上的点，再到圆上点处，

要求它爬行的最短路程，即求的最小值，
圆心，半径，
设点关于轴的对称点为,则坐标为，且，
由于（当三点共线时取等号），
又点到圆上点的最短距离（当三点共线时取等号），
所以,即该蚂蚁爬行的最短路程为3．
故选：C．
5. 已知直线与圆相交于A，B两点，且为等边三角形，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知，只需保证圆心到直线距离为，应用点线距离公式列方程求参数值.
【详解】由题设，如下图示，圆心，半径，要使为等边三角形，
则圆心到直线的距离为，
所以，可得.
故选：A
6. 点的坐标分别是，直线相交于点，且它们的斜率之积是，则点的轨迹方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件和斜率公式列出等式化简可得.
【详解】
设，因为，所以，
由已知，，化简得，
故选：B．
7. 如图，在平行六面体中，是的中点，，，，，，则的长为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】设，由向量的线性运算，再两边平方得到，接着解方程即可．
【详解】在平行六面体中，设，
因为，，，，，是的中点，
，
所以，
由题意，，，，
，
，
所以，
解得或（舍去），
所以的长为4．
故选：D．
8. 如图：，是双曲线的左右焦点，以为圆心的圆与双曲线的左右两支分别交于，两点，且，则双曲线的离心率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆的半径为，由条件结合双曲线的定义证明，结合双曲线定义及余弦定理列方程确定关系，由此可得结论.
【详解】设圆的半径为，则，
因为，
所以，由双曲线定义可得，
所以，故，，，，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
由已知，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以双曲线的离心率.
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，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 下面说法正确的是（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 点在离心率为的椭圆上一点，、是椭圆的焦点，则的最大值为
C. 已知实数、满足，则的最小值为
D. 直线到点的距离是，到点的距离是，这样的直线有3条
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，由双曲线方程求出渐近线判断；对B，由题可得，当点为短轴顶点时，最大，运算得解；对C，由题点在圆上，表示点到原点的斜率，数形结合求解判断；对D，根据题意直线是以点为圆心，1为半径的圆的切线，也是以点为圆心，4为半径的圆的切线，即直线是两圆的公切线，判断两圆位置关系得解.
【详解】对于A，令，解得，所以双曲线的渐近线方程为，故A错误；
对于B，因为椭圆的离心率为，所以，得，
当点为短轴顶点时，最大，此时，
所以为正三角形，所以，故B正确；
对于C，由题点在圆上，表示点到原点的斜率，
如图，过原点圆的切线，切点为，因为，，
在中，易得，所以切线的斜率，由对称性知另一条切线的斜率为，
所以的取值范围为，故C错误；
对于D，由直线到点的距离是1，则直线是以点为圆心，1为半径的圆的切线，
同理，直线是以点为圆心，4为半径的圆的切线，即直线是两圆的公切线.
又两圆的圆心距，
故两圆外切，所以两圆的公切线只有3条，即直线有3条，故D正确.
故选：BD.
10. 直线过抛物线的焦点，若点为坐标原点，与交于两点，则（ ）
A.
B. 重心纵坐标的最小值为
C. 以线段为直径的圆被轴截得的弦长最小值为
D. 若直线交准线于点D，且，则．
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，根据直线经过定点即可求解焦点得判断；对B，联立直线与抛物线方程，得韦达定理，根据重心坐标公式即可求解；对C，求出为直径的圆的方程，令，得，即可根据弦长公式求解；对D，根据向量的坐标关系，结合韦达定理，即可根据弦长公式求解．
【详解】对于A，由于直线恒过定点，即抛物线焦点为，
因此，故，故A错误；
对于B，由可得设，
联立得，
恒成立，，
所以重心的纵坐标为，
当且仅当等号成立，故B正确；
对于C，设中点为，
则，又，
，
所以线段为直径的圆的方程为，
即，
设该圆与轴的交点为，
令，则，故，
所以，
当且仅当时等号成立，故C正确；
对于D，设，由可得，
又，
，
则，
所以或（舍去），
则，，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥体积为定值
B. 存在点，使平面平面
C. 设直线与平面所成角为，则最大值为
D. 平面截正方体所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，等体积变换可得，可判断；选项B，建立空间直角坐标系，设，根据空间向量由面面平行可得，可判断；选项C，根据空间向量法表示线面角，可得，进而可得；选项D：先作出平面截正方体所得截面，根据线面关系可得截面的面积．
【详解】对于选项A，，故A正确；
对于选项B，如图建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，则，
因为，设，故，
则，
由，得，不合题意，故B错误；
对于选项C，易知平面的法向量为，
则，
所以，
当时，取最小值为，
所以有最大值为，故C正确；
对于选项D，如图，直线分别交的延长线于点，
连接交于，连接交于，连接，
由题意可知五边形即为平面截正方体所得截面，
因，分别为棱，的中点，，，
，得，
由正方体性质可知，，
故所求截面面积为，
由选项C可知，，，故，，
故，，
，
故所求截面面积为，故D正确，
故选：ACD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知平面的一个法向量为，平面过空间坐标原点，平面外一点的坐标为，则点到平面的距离为___________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据条件，利用点面距的向量法，即可求解.
【详解】因为平面的一个法向量为，
又由题知，
所以点到平面的距离为，
故答案为：.
13. 设是双曲线上的两点，且线段的中点是，则直线的斜率为______．
【答案】1
【解析】
【分析】设，通过点差法即可求解；
【详解】设，则的中点
在双曲线上，，两式相减得，
则，则．
此时，即，联立方程，消去y得，
此时，故直线与双曲线有两个交点.
故答案为：1
14. 已知椭圆的左右焦点分别为、，过作直线交椭圆于、两点，其中点在轴下方，内切圆交边于点，则线段的长度取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据内切圆的有关性质知，，结合椭圆的定义可推出，注意到点在下方，所以，.
【详解】因为的内切圆交边于点，所以,
又因为在椭圆中，,
所以，
而，（等号取不到）因此.
故答案：.
四、解答题：本大题共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. 已知直线．
（1）求经过点且与直线垂直的直线方程；
（2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据直线垂直关系求出直线的斜率，代入经过的点坐标求解；
（2）先求出两直线的交点，再根据两坐标轴上的截距互为相反数分情况讨论，求出直线方程．
【小问1详解】
由直线可得斜率为，
设直线方程为，根据垂直关系得，，
又直线经过点，
，解得，
所求直线方程为，整理得．
【小问2详解】
联立直线：，解得，
直线与的交点为，
当直线经过坐标原点时，满足题意，设直线方程为，
代入得，直线方程为，即；
当直线的截距都不为0时，设直线方程为，
，解得，此时直线方程为，
所求直线方程为或．
16. 已知直线与直线相交于点，以为圆心的圆过点.
（1）求圆的方程；
（2）求过点的圆的切线方程.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）联立直线得，圆的半径为，进而可得；
（2）斜率不存在时，，符合题意；斜率存在时，设直线方程，根据圆心到切线的距离为半径可得斜率，进而可得.
【小问1详解】
由，得，即，
由题意圆的半径为，
故圆的方程为.
【小问2详解】
当切线的斜率不存在时，方程为，与圆相切，符合题意.
当切线的斜率存在时，设斜率为，则切线方程为：，即，
由题意，得，即，
两边分别平方得，得，
故切线方程为，即，
综上过点的圆的切线方程为，.
17. 在三棱柱中，四边形是菱形，是的中点，平面平面，．
（1）证明：；
（2）若，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）推导出， 利用面面垂直的性质可得出面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的正弦值．
【小问1详解】
在中，由，是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，面，
所以面，
因为平面，故．
【小问2详解】
连接，在中，由，是的中点，所以，
又面，、平面，所以，，，
在直角三角形中，，，
，
在中，，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
所以、、、，
设平面的一个法向量，，，
则，取，可得，
设平面的一个法向量为，，
则，取，则，
所以，，
所以，.
因此，二面角的正弦值为.
18. 已知一动圆与直线相切且过定点.
（1）求圆心的轨迹方程；
（2）、是的轨迹上异于原点的两点；
（i）若，求面积最小值；
（ii）直线、的倾斜角分别为与，当时，试问：直线是否过定点?若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）是，定点为.
【解析】
【分析】（1）根据题设有，整理化简即可得轨迹方程；
（2）（i）设，，联立抛物线，应用韦达定理及求参数，进而有直线恒过点，根据求最小值；
（ii）法一：根据已知可得、，写出直线的方程，结合及差角正切公式得，代入直线整理求定点即可；法二：设直线的方程为：，联立抛物线方程得到韦达定理式，根据两角和的正切公式再代入韦达定理式即可得到，则得其所过定点.
【小问1详解】
设，由题意有，则；
【小问2详解】
（i）设，，联立抛物线有，
则，且，，则，
由，可得，即，
所以直线恒过点，则
，当且仅当时取等号，
所以面积最小值为；
（ii）法一：由题设且，联立，可得，同理，
所以，则,
由，
所以，
当时，，
所以直线过定点.
法二：由题，斜率必存在，设直线的方程为：，
联立，消有：，
，，
，
代入韦达定理式得，
直线的方程为：，
过定点．
【点睛】关键点点睛：第二问，二小问，根据已知写出直线关于已知参数的方程，结合求定点.
19. 已知椭圆左，右焦点分别为，，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点（其中点在轴上方），的周长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直.
①若，求三棱锥的体积；
②是否存在，使得折叠后的周长为与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①；②存在，
【解析】
【分析】（1）由条件结合离心率的定义，椭圆的定义列关于的方程，解方程求，再根据关系求，由此可得椭圆方程；
（2）①由已知可得直线方程为，联立方程组求出的坐标，再求三棱锥的底面面积和高，结合锥体体积公式求结论；
②假设存在满足条件，设在新图形中对应点记为，由假设可得，
设直线方程为，设折叠前，，联立方程组求的纵坐标关系，结合两点距离公式可转化为，代入化简求结论.
【小问1详解】
由椭圆的定义知，，
所以的周长，所以，
又椭圆离心率为，所以，所以，，
所以椭圆的标准方程为
【小问2详解】
①由（1）知，点，倾斜角为，
故直线方程为，
联立，化简可得，
所以，
解得或
则，，，，
所以的面积为，
因为平面平面，平面平面，
过作，则平面，
所以平面，故三棱锥的高为，
三棱锥的体积为；
②假设存在，使得折叠后的周长为与折叠前周长之比为，
设在新图形中对应点记，
因为折叠前的周长，
所以折叠后的周长为：，
而，，故，
设折叠前，，直线方程为，
联立，得，
，
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系
（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）；
则，，
，，
，
即，
，
由可得，
，
，
，
，解得，
检验：，
故成立，故存在满足题意.
此时由得，.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问中②的解决的关键在于根据翻折前后的数量关系，将条件折叠后的周长为与折叠前的周长之比为，转化为.