精品解析：四川省内江市第一中学2025-2026学年高二上学期第二次月考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：四川省内江市第一中学2025-2026学年高二上学期第二次月考数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了多选题，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. 已知直线经过点，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出斜率，再根据斜率和倾斜角之间的关系求出.
【详解】由题意可知，直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，则，
故直线的倾斜角为.
故选：B
2. 已知空间中直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则（ ）
A. B. C. D. 直线与平面不相交
【答案】D
【解析】
【分析】由方向向量与法向量关系可判断直线与平面关系.
【详解】对于AB，，则直线可能与平面平行，也可能在平面内，因题目条件不足，故AB选项无法判断，
对于C，与不共线，则直线与平面不垂直，故C错误，
对于D，由AB分析可知，直线与平面不相交，故D正确.
故选：D.
3. 球的半径为10，若它的截面面积是，则球心到截面的距离是（ ）
A. 9B. 8C. 6D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用即可求解.
【详解】因为球的截面面积是，故截面圆的半径，
设球心到截面的距离是，则解得.
故选：C
4. 如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知，结合正方体结构特征及平行公理推、情感教练的判定定理逐项分析判断.
【详解】对于A，如图，，四点共面，A不是；
对于B，如图，，四点共面，B不是；
对于C，如图，，四点共面，C不是；
对于D，如图，平面，平面，平面，直线，
则与是异面直线，D是.
故选：D
5. 若双曲线的两条渐近线的夹角为，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. 2或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程和倾斜角进行求解即可.
【详解】因为双曲线的两条渐近线夹角为，
则渐近线的倾斜角为或，
所以渐近线的斜率为或.
因为该双曲线方程为，所以渐近线方程为.
所以或.
所以双曲线的离心率为或2.
故选：C.
6. 已知圆及点，在圆上任取一点，连接，将点折叠到点A，记与折痕的交点为（如图）. 当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接由题意可得：，符合椭圆定义，且得到长半轴和半焦距，再由求得，可求点的轨迹方程可求．
【详解】连接，
圆的圆心坐标为，半径为4．
因为将点折叠到点A，记与折痕的交点为，所以，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，所以，
所以，所以点的轨迹方程为．
故选：A．
7. 如图，在正三棱柱中，，P为的中点，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以为基底表示后可求的值.
【详解】由正三棱柱可得，，
而，
故
.
故选：A.
8. 已知椭圆的焦距为，若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，则椭圆的离心率范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆焦点坐标以及直线过定点可得点在椭圆内部，整理不等式可得离心率.
【详解】将直线整理可得，
易知该直线恒过定点，
若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，可知点在椭圆内部；
易知椭圆上的点当其横坐标为时，纵坐标为，即可得，
整理可得，即，
解得.
故选：A
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，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. 已知直线，则下列表述正确的是（ ）
A. 当时，直线的倾斜角为
B. 当实数变化时，直线恒过点
C. 当直线与直线平行时，则两条直线的距离为
D. 原点到直线的距离最大值为2
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，依据斜率求出倾斜角；对于B，将直线的方程化为即可；对于C，根据平行关系求出，再利用两条平行直线间的距离公式即可；对于D，当直线与过原点、的直线垂直时，原点到直线的距离最大，求两点间距离即可.
【详解】对于A，当时，直线，则直线斜率为，
故直线的倾斜角为，故A正确；
对于B，直线，当时，，
故直线恒过点，故B正确；
对于C，当直线与直线平行时，有，得，
此时直线，
则两条直线的距离为，故C正确；
对于D，当直线与过原点、的直线垂直时，原点到直线的距离最大，
最大值为，故D错误.
故选：ABC
10. 如图1，半圆O的直径为4，点B，C三等分半圆，P，Q分别为OB，OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成如图2所示的圆锥，D为BC的中点，则在图2中，下列结论正确的有（ ）
A.
B. 平面
C. 平面
D. 三棱锥与公共部分的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，先求出圆锥的底面圆半径，再利用正弦定理求出，进而可判断；对于B，由勾股定理逆定理结合，可得与不垂直，由此即可判断；对于C，由中位线定理得，结合线面平行的判定定理即可判断；对于D，连接交于点，连接并延长，可知交于点，则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，再确定点的位置即可求解体积并判断D.
【详解】对于A，在图中，设圆锥的底面圆半径为，
则，解得，
因为在图1中，点、三等分半圆，
所以在图中，点、为圆锥的底面圆周的三等分点，
所以为等边三角形，
所以，所以，
又因为点、分别是、的中点，
所以，故A正确；
对于B，
连接，因为三角形边长为的等边三角形，三角形为等腰三角形，
点是的中点，所以，
而，所以，这表明与不垂直，故B错误；
对于C，因为点、分别是、的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，故C正确；
对于D，连接交于点，连接并延长，则由对称性可知必定交于点，
则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，
因为点分别是、的中点，
所以为的重点，所以，
由上易知，圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，所以圆锥的高为，
所以，
所以三棱锥与三棱锥公共部分的体积为，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知，是椭圆（）和双曲线（，）的公共焦点，是他们的一个公共点，且，则以下结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由椭圆与双曲线的几何性质可判断A，B项，由，得，可判断C项，D项利用C项的结论及基本不等式求解即可．
【详解】对A：因为椭圆与双曲线由公共焦点，所以，故A正确；
对B：不妨设为第一象限的点，再设，.如图：
由椭圆及双曲线的定义可得：.
因为，所以，
所以.
又，
所以，故B正确；
对C：由，即.故C错误；
对D：因为，所以（当且仅当，时取“”）.故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：关于圆锥曲线的焦点三角形的问题，若知道，一般可利用余弦定理列式.
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.
12. 求过两条直线和的交点，且与垂直的直线方程_____________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出两直线的交点坐标，根据两直线垂直，斜率的关系，可求出所求直线的斜率，代入公式，即可得答案.
【详解】联立，解得，即交点坐标为，
直线变形为，斜率为，
所以所求直线的斜率为，
则所求直线方程为，整理得.
故答案为：
13. 如图，在正方体中，二面角的大小为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
【详解】在正方体中，令棱长，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
令平面的法向量，则，令，得，
令平面的法向量，则，令，得，
于是得，而，则，
由图形知，二面角的平面角为锐角，
所以二面角的大小.
故答案为：
14. 如图所示，一套组合玩具需在一半径为4的球外罩上一个倒置圆锥，则圆锥体积的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设母线与底面夹角为，内切球半径，用表示底面半径和圆锥的高，求出圆锥体积的表达式，利用基本不等式求出最小值．
【详解】球的外切圆锥，轴截面如图所示，
设母线与底面的夹角为，底面半径，内切球半径，圆锥的高，

则：，，
圆锥的体积，
而，所以，，
又因为：定值，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以．
故答案为：.
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. 已知双曲线的实轴长为2，离心率为.
（1）求双曲线的方程；
（2）为双曲线上一点，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据实轴求出a值，根据离心率求出c值，根据a，b，c的关系，求出，即可得答案.
（2）根据双曲线的定义，结合余弦定理，可得的值，代入完全平方公式，化简变形，即可得答案.
【小问1详解】
由题意实轴，解得，则离心率，
所以，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
由双曲线的定义得，且，
由余弦定理，所以，解得，
所以，
所以.
16. 已知圆圆心在坐标原点，且过点．
（1）求圆的方程；
（2）若直线经过点且与圆相切，求直线的方程．
（3）已知点是圆上的动点，试求点到直线的距离的最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出即为圆的半径，从而求出圆的方程；
（2）求出直线的斜率，即可得到直线的斜率，再由点斜式计算可得；
（3）求出圆心到直线距离，从而求出点到直线的距离的最大值.
【小问1详解】
依题意圆的半径为，
所以圆的方程为；
【小问2详解】
因为直线的斜率，所以直线的斜率为，
直线的方程为，即；
【小问3详解】
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相离，
所以到直线的距离的最大值为.
17. 如图，在三棱柱 中，平面ABC，， D是BC的中点.
（1）求证:平面;
（2）求证: 平面平面;
（3）求直线AC与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）连接交于O，连接OD，则由三角形中位线定理可得，再利用线面平行的判定定理可得结论.
（2）由等边三角形的性质可得，再由棱柱的性质结合已知可得平面，从而得，由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论.
（3）过C作CE于E，连AE，则可得CE⊥平面，从而中得∠CAE是AC与平面所成的角，然后在直角中求解即可.
【小问1详解】
在三棱柱 中，连接交于O，连接OD，
则O是的中点，又是的中点，，
而平面，OD平面，
所以平面.
【小问2详解】
由，是的中点，得，
由平面，得平面，又AD平面，则，
又､BC是平面内的两条相交直线，因此平面，而AD平面，
所以平面平面
【小问3详解】
在平面内过C作CE于E，连AE，
由（2）知，平面平面，平面平面，
则平面，是AC与平面所成的角，
在直角中，令，则，，
在直角中，，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 如图，在四棱锥中，，平面平面， 为棱的中点.

（1）求三棱锥体积；
（2）求直线与所成角的余弦值；
（3）若点在棱上，使得点到平面的距离是，求二面角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用等体积法求解；
（2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，根据向量的夹角公式计算得到答案；
（3）设，确定，再利用距离的向量公式计算出的值，最后计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【小问1详解】
因为，，
所以，所以，
因为为棱的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
因为，所以点到平面的距离为，
所以；
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又，，
所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：

则，
所以，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为.
【小问3详解】
根据（2）可知，则，，，
设，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，故，
点到平面的距离是，
解得，
所以，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，故，
所以，
所以二面角的余弦值为.
19. 已知椭圆C的两个焦点，，过点且与坐标轴不平行的直线l与椭圆C相交于M，N两点，的周长等于16.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若过点的直线与椭圆C交于两点A，B，设直线，的斜率分别为，.
（i）求证：为定值；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）面积的最大值为.
【解析】
【分析】（1）依据题意列出关于的方程组求出即可得解；
（2）（i）依据题意分直线斜率为0时和直线斜率不为0时两种情况结合韦达定理计算分析即可求证；（ii）由（i）先求出，再由面积公式结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
由题意可得椭圆焦点在x轴上，且，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（i）证明：由题意可知直线斜率存在，
当直线斜率为0时，显然，所以；
当直线斜率不为0时，设直线方程为，
联立，
则，
设，则，
所以，
因为，
所以.
综上，为定值0.
（ii）由（i）可得，
所以，
所以，当且仅当即时等号成立，
所以面积的最大值为.