广西南宁市2025_2026学年高二数学上学期月考一含解析

这是一份广西南宁市2025_2026学年高二数学上学期月考一含解析，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。
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．中心为原点，焦点在x轴上，且长轴长与短轴长之比为2：1，焦距为4的椭圆方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．若直线被圆C截得的弦长为，则（ ）
A．±2B．C．2D．2
4．若直线与平行，则（ ）
A．B．2C．－5D．－5或2
5．已知圆，则“点在圆外”是“直线与圆相交”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知椭圆（）的两焦点分别为、．若椭圆上有一点P，使，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
7．设M是圆C：上的动点，是圆的切线，且，则点N到点距离的最小值为（ ）
A．4B．5C．6D．16
8．我们把平面内到定点的距离不大于定点到的距离的倍的动点的集合称为关于的阶亲密点域，记为动点符合．已知，动点符合，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法中正确的有（ ）
A．直线过定点
B．点关于直线的对称点为
C．两条平行直线与之间的距离为
D．当实数时，直线和互相垂直
10．在棱长为1的正方体中，下列说法正确的有（ ）
A．平面
B．平面
C．点到平面的距离为
D．与平面ACD1所成的角为
11．如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．圆的圆心都在直线上
B．圆的方程为
C．若，则圆与轴有交点
D．设直线与圆在第二象限的交点为，则
三、填空题
12．若向量，，且，则 .
13．若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围是 ．
14．已知椭圆（）的左、右焦点分别是和，下顶点为点，直线交椭圆于点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率为 ．
四、解答题
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.
16．已知在中，角所对的边分别是，且满足.
(1)求角的大小；
(2)若的外接圆半径为1，求面积的最大值.
17．已知椭圆过点，其中一个焦点在直线上，直线与椭圆相交于不同的两点；
(1)求椭圆的方程；
(2)若，为坐标原点，求的面积最大时实数的值．
18．如图，在长方体中，底面是边长为1的正方形，
(1)若求平面与平面的夹角的余弦值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
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．
1．C
先求直线的斜率，利用斜率与倾斜角的关系即可求解.
【详解】由题意有直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，
则，又因为,所以，
故选：C.
2．B
根据长短轴的比值可得，再由以及，可求得椭圆方程.
【详解】由题意可得，即，
又，即，
联立并代入可得，
解得
所以椭圆方程为.
故选：B
3．A
由直线和圆相交时的弦长公式求解即可.
【详解】由题意可得圆的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
又因为截得的弦长为，
所以，
化简得，解得.
故选：A.
4．C
利用两直线平行的性质列方程求出的值，再检验两直线是否重合即可.
【详解】因为直线与平行，
所以，解得或，
当时，，重合，不符合题意，所以舍去．所以．
故选：C．
5．A
首先判断点在圆外的条件，然后判断直线与圆O相交的条件，最后对这两个条件进行对比，即可得到答案.
【详解】因为点在圆外，说明点与圆心距离大于半径，
即.
直线与圆O相交，说明圆心到直线的距离小于半径，即
，化简得.
所以，但是后者不能推出前者.
也就是说，点在圆外，那么直线与圆O相交，
但是直线与圆O相交，点不一定在圆外.
所以“点在圆外”是“直线与圆O相交”的充分不必要条件.
故选：A.
6．D
利用点在椭圆上得出定义表达式，运用余弦定理，联立求得的值，再运用三角形面积公式即得.
【详解】
如图，不妨设，由点在椭圆上可得：①，
由余弦定理可得：，化简得：②，
由①式两边平方再减去②式，得：，
于是的面积为.
故选：D.
7．A
根据切线性质可得点N的轨迹方程为圆，再根据圆上的点到定点距离的最值方法求解即可.
【详解】由题意得，圆心，半径为4，
又，∴，
即点N的轨迹方程为，
∴点N到点距离的最小值为.
故选：A.
8．A
根据题意，可得动点到定点的距离小于等于定点到定点的距离的倍，即，利用两点间的距离公式，可求出，即判断点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆及内部，令，即，令直线的方程为，利用点到直线距离公式可求出点到直线的距离，对直线与圆相交或相切进行分类讨论，可求出的取值范围，即可求出的最大值，即可得解.
【详解】

已知，
因为动点符合，
所以动点到定点的距离不大于定点到定点的距离的倍，
即动点到定点的距离小于等于定点到定点的距离的倍，
所以，
所以1，
即，
所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆及内部，
令，即，
令直线的方程为，
要求的最大值，即为求当直线与圆相交或相切时的最大值，
又点到直线的距离为，
平移直线与圆相切时，点到直线的距离等于圆的半径，
即，即，解得或，
当直线与圆相交时，点到直线的距离大于等于0小于1，
即 ，即，即，解得，
综上所述，可得，即，
所以，即，
故选：A.
9．BCD
对于A，由直线过定点，按参数整理，令参数的系数为0求解即可；对于B，利用点关于直线的对称的性质求解；对于C，利用平行线之间的距离公式求解；对于D，利用直线垂直的系数关系判定即可.
【详解】对于A，，，故直线过定点，故A错误；
对于B，设点关于直线的对称点为,则
即点关于直线的对称点为，B正确；
对于C， ，，故C正确；
对于D， 时，，故直线和互相垂直，故D正确；
故选：BCD.
10．ABC
构建空间直角坐标系，用向量法根据线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理判断AB；利用空间向量求得点到平面的距离判断C；利用向量法求出线面角的正弦值判断 D．
【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
对于A：，则，即．
又平面平面，因此平面，A正确；
对于B，由，得，
由，得平面，
则平面，B正确；
对于C：是平面的一个法向量，
则点到平面的距离，C正确，
对于D，与平面所成角的正弦值为，D错误．
故选：ABC
11．ABC
求出连心线所在直线方程判断A；求出圆的方程判断B；求出圆的圆心到y轴的距离，结合直线与圆的位置关系判断C；求出点的纵坐标判断D.
【详解】圆的圆心，直线的方程为，即，
由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，故A正确；
显然，设点，则，而，
解得，，因此圆的圆心，半径为，
圆的方程为，
则圆的方程为，故B正确；
圆的圆心为，半径，
圆心到轴的距离为，
由两边平方得，
，，而
所以当时，圆与轴有交点，C选项正确.
在中，令，得点的纵坐标为，因此，故D错误．
故选：ABC.
12．/
先由求得，再根据两向量的夹角公式，即可求出的值.
【详解】,，
得，
则.
故答案为：
13．
先确定圆心到直线的距离，再利用圆上的点到直线的距离为1的点有且仅有2个，则，然后解不等式即可.
【详解】圆心到直线的距离，
又圆上的点到直线的距离为1的点有且仅有2个，
所以，即，解得.
故答案为：.
14．/
根据题意，由三角形内切圆的性质结合椭圆的定义可得，再结合条件可得，然后在与中，结合余弦定理列出方程，再由离心率的公式代入计算，即可得到结果.
【详解】
设的内切圆与相切于点，
由切线长定理可得，
又，则，即，
由椭圆的定义可得，
即，
所以，又，即，得，
所以，则，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
化简得，即，即，
所以.
故答案为：
15．(1)
(2)或
【详解】（1）由直线可得斜率为，
所以根据垂直关系可设所求直线方程为，
则依题意有，解得，
所以所求直线方程为，整理得；
（2）联立，解得，即直线与的交点为，
当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为，
代入得，此时；
当直线的截距都不为0时，设直线方程为，
依题意，解得，此时直线方程为，
综上所述：所求直线方程为或.
16．(1)
(2)
（1）利用正弦定理进行边角转化，再利用两角和的正弦公式化简等式，得出，结合三角形内角取值范围，求出角.
（2）利用正弦定理求出，再利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，最后根据三角形面积公式求出面积最大值.
【详解】（1）根据正弦定理，
所以，，
所以，
又因为，，
代入化简得①，
根据两角和的正弦公式，
又，则，
代入①化简得：，
因为角，所以角.
（2）已知的外接圆半径为1，由正弦定理，
可得，
由余弦定理可知，代入的值可得.
由基本不等式，当且仅当时取等号，
则，当且仅当时取最大值3.
由三角形面积公式可得，
因为，当且仅当时，面积最大，
所以.
17．(1)
(2)
（1）由直线方程求得焦点坐标，根据已知点，可得答案；
（2）联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，利用点到直线距离以及弦长公式，根据三角形的面积公式，结合基本不等式，可得答案；
【详解】（1）由焦点在直线上，令，解得，
已知椭圆过点，
所以，
所以
所以椭圆的方程为
（2）

当时，直线，设，，
联立，消去可得，
由，则，
可得，，
点到直线的距离，
弦长，
则的面积
，
当且仅当，即时，等号成立，所以的值为.
18．(1)
(2)
（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面角；
（2）利用向量法求解线面角的正弦值，然后利用导数求解函数的最值.
【详解】（1）
如图以为坐标原点建立空间直角坐标系，
若，则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，所以，
设平面的法向量为，
所以，令，所以，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为；
（2），
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，所以，
设直线与平面所成角为，
所以
，
设，，
所以，
因为，所以，所以在上单调递增，
所以，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
19．(1)
(2)或
(3)
【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.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
C
A
D
A
A
BCD
ABC
题号
11









答案
ABC