精品解析：广东省惠州市龙门县中山纪念中学教育集团龙门县高级中学2024-2025学年高二上学期第二次段考（11月）数学试题

中山纪念中学教育集团龙门县高级中学2026届高二年级 第一学期第二次段考（数学）试题 考试时长：120分钟 命题人：廖汝华 审题人：明海艳 一、单选题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分. 1. 已知直线经过点和两点，则直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 3. “直线与直线平行”是“”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 4. 已知平面，其中，法向量，则下列各点中不在平面内的是（ ） A. B. C. D. 5. 若椭圆与双曲线的焦点相同，则的值为（ ） A. 25 B. 16 C. 5 D. 4 6. 如图，是的重心，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图1，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等领域，具有结构简单､方向性强､工作频带宽等特点.图2是图1的轴截面，两点关于抛物线的对称轴对称，是抛物线的焦点，是馈源的方向角，记为，若，则到该抛物线顶点的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 8. 已知是椭圆的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于两点，若，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知双曲线C的方程为，则（ ） A. 双曲线C的焦点坐标为， B. 双曲线C的渐近线方程为 C. 双曲线C的离心率为 D. 双曲线C上的点到焦点的距离的最小值为1 10. 已知正方体的棱长为1，则（ ） A. 直线与直线所成的角为 B. 平面 C. 点到平面的距离为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 11. 已知圆：，直线：，则（ ） A. 直线与圆的轨迹一定相交 B. 直线与圆交于两点，则的最大值为 C. 圆上点到直线距离的最大值为 D. 当时，则圆上存在四个点到直线的距离为1. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点是点在坐标平面内的射影，则______. 13. 两圆与上的点之间的最短距离是________. 14. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为.若分别是椭圆的上，下顶点，分别为椭圆的上，下焦点，为椭圆上任意一点，且，则的面积为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知圆过点和，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）经过点的直线与圆相切，求的方程. 16. 设点（）为平面直角坐标系内的一个动点（其中为坐标原点），点到定点的距离比点到轴的距离大. （1）求点的轨迹方程； （2）若直线：与点的轨迹相交于A，两点，且，求实数的值． 17. 已知为坐标原点，，，直线，的斜率之积为4，记动点的轨迹为. （1）求的方程； （2）直线经过点，与交于，两点，线段中点在第一象限，且纵坐标为4，求. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，. （1）求证：； （2）在线段上，是否存在一点M，使得平面与平面所成角的大小为，如果存在，求的值，如果不存在，请说明理由. 19. 已知椭圆的焦点为，，左、右顶点分别为，点为椭圆上异于的动点，的周长为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线交直线于点，连接交椭圆于点，直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）设直线，证明：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中山纪念中学教育集团龙门县高级中学2026届高二年级 第一学期第二次段考（数学）试题 考试时长：120分钟 命题人：廖汝华 审题人：明海艳 一、单选题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分. 1. 已知直线经过点和两点，则直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两点坐标求出直线斜率，进而求倾斜角即可. 【详解】因为直线经过点和两点， 所以直线斜率存在，斜率， 设直线的倾斜角为，则，解得， 故选：A 2. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化抛物线方程为标准形式，再求出其准线方程. 【详解】抛物线，即，所以，其准线方程为. 故选：D 3. “直线与直线平行”是“”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 【答案】B 【解析】 【分析】先求解平行的充要条件，要讨论直线的斜率是否存在，再进行判断即可. 【详解】当时，由直线与直线化简为： 直线与直线平行，这显然是成立的， 再当时，由直线与直线平行转化为： 直线与直线平行， 则，解得， 所以直线与直线平行的充要条件是或， 根据“”能推出“或”，反之，“或”不能推出“”， 所以“直线与直线平行”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知平面，其中，法向量，则下列各点中不在平面内的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求，逐一验证是否有即可. 【详解】对A选项：设，则，则，故点不在平面内； 对B选项：设，则，则，故点在平面内； 对选项C：设，则，则，故点在平面内； 对选项D：设，则，则，故点在平面内. 故选：A 5. 若椭圆与双曲线的焦点相同，则的值为（ ） A. 25 B. 16 C. 5 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】通过双曲线求出焦点，根据椭圆中的关系，得到的值. 【详解】双曲线焦点为，所以， 所以， 故选：C. 【点睛】 6. 如图，是的重心，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据是的重心，可知，再根据向量加法、减法法则即可求解. 【详解】∵是的重心，∴. ， . 故选：D. 7. 如图1，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等领域，具有结构简单､方向性强､工作频带宽等特点.图2是图1的轴截面，两点关于抛物线的对称轴对称，是抛物线的焦点，是馈源的方向角，记为，若，则到该抛物线顶点的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出抛物线方程，利用几何意义求解即可. 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系， 设抛物线的方程为， 则，即， 所以，解得（舍去）或，则到顶点的距离为3. 故选：B 8. 已知是椭圆的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于两点，若，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理可求出的关系，即可求出椭圆的离心率. 【详解】设椭圆右焦点为，连接，， 根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则， 因为，可得， 结合，所以， 则，， 由余弦定理可得， 即，即 故椭圆离心率 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知双曲线C的方程为，则（ ） A. 双曲线C的焦点坐标为， B. 双曲线C的渐近线方程为 C. 双曲线C的离心率为 D. 双曲线C上的点到焦点的距离的最小值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据双曲线的几何性质，由标准方程明确，，则可得答案. 【详解】对于A：由双曲线，则，即， 所以双曲线的焦点坐标为，故A正确； 对于B：双曲线的渐近线方程为，故B错误； 对于C：双曲线C的离心率，故C正确； 对于D：双曲线C上的点到焦点的距离的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知正方体的棱长为1，则（ ） A. 直线与直线所成的角为 B. 平面 C. 点到平面的距离为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角、线面角判断AD；利用空间位置关系的向量证明判断B；利用空间向量求出点到平面的距离判断C. 【详解】正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系： 则， 对于A，，即，而上，则，A错误； 对于B，，， 则，而平面，因此平面，正确； 对于C，由平面，即是平面的法向量，， 因此点到平面的距离为，C错误； 对于，设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的余弦值，D正确. 故选：BD 11. 已知圆：，直线：，则（ ） A. 直线与圆的轨迹一定相交 B. 直线与圆交于两点，则的最大值为 C. 圆上点到直线距离的最大值为 D. 当时，则圆上存在四个点到直线的距离为1. 【答案】AD 【解析】 【分析】确定直线过定点，点在圆内，A正确，当时，最大，计算得到B错误，最大值为，C错误，确定直线过圆心，，D正确，得到答案. 【详解】圆：，圆心，半径， 直线过定点，， 对选项A：，点在圆内，故直线与圆一定相交，正确； 对选项B：当过圆心时，最大为，错误； 对选项C：圆上点到直线距离的最大值为，错误； 对选项D：直线：，圆心在直线上，， 故圆上存在四个点到直线的距离为1，正确； 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点是点在坐标平面内的射影，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】先求得点的坐标，然后利用向量法求得两点距离. 【详解】因为点是点在坐标平面内的射影，所以， 所以，所以. 故答案为：2 13. 两圆与上的点之间的最短距离是________. 【答案】 【解析】 【分析】判断两圆的位置关系，计算出圆心距，结合圆的几何性质可求得两圆上的点之间的最短距离. 【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为， 圆的标准方程为，圆心为，半径为， 圆心距为，即两圆外离， 故两圆上的点之间的最短距离为. 故答案为：. 14. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为.若分别是椭圆的上，下顶点，分别为椭圆的上，下焦点，为椭圆上任意一点，且，则的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据长轴及离心率列式求出得出椭圆方程，再设点应用数量积得出点的坐标，最后计算面积即可. 【详解】根据题意有：，所以椭圆的方程为：， 设，则，，， 所以， 所以. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知圆过点和，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）经过点的直线与圆相切，求的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设出圆的标准方程，根据题意，列出方程组，即可求解； （2）根据题意，分直线的斜率不存在和存在，两种情况讨论，结合直线与圆的位置关系，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 解：设圆的方程为， 根据题意，可得，解得， 所以圆的方程为. 【小问2详解】 解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由圆心到直线的距离等于圆的半径，可得，解得， 则直线的方程为，即. 故直线的方程为或. 16. 设点（）为平面直角坐标系内的一个动点（其中为坐标原点），点到定点的距离比点到轴的距离大. （1）求点的轨迹方程； （2）若直线：与点的轨迹相交于A，两点，且，求实数的值． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件建立关系即可求出方程； （2）联立方程组，利用弦长公式建立关系即可求解. 【详解】（1）由题可得，点到轴的距离为， 则，整理可得， 故点的轨迹方程为； （2）设， 联立方程，得， 则， ， 整理得，解得，则. 【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为形式； （5）代入韦达定理求解. 17. 已知为坐标原点，，，直线，的斜率之积为4，记动点的轨迹为. （1）求的方程； （2）直线经过点，与交于，两点，线段中点在第一象限，且纵坐标为4，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出动点坐标为，根据斜率之积为4列出等式，化简即可. （2）首先直线斜率存在且经过点，设出直线方程并将其与双曲线方程联立，由韦达定理结合已知条件算出斜率，进而由弦长的计算公式直接计算即可. 【小问1详解】 设点的坐标为，因为，，所以， 化简得：.所以的方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，显然不符合题意；    设，，直线方程为， 与联立得：， 由且，解得且， 由韦达定理得， 因为线段中点在第一象限，且纵坐标为， 所以，解得或（舍去）， 所以直线为，所以， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，. （1）求证：； （2）在线段上，是否存在一点M，使得平面与平面所成角的大小为，如果存在，求的值，如果不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）通过证明平面即可得到相应结论； （2）由（1）如图建立以A为原点的空间直角坐标系，设，由平面与平面所成角的大小为可建立关于的方程，即可得答案. 【小问1详解】 如图，取BC中点为E，连接AE，因，则四边形AECD为平行四边形. 则，.又，，则. 又注意到，，则. 因平面，平面ABCD，则. 因平面PAC，，则平面. 又平面，则； 【小问2详解】 由（1）如图建立以A为原点的空间直角坐标系. 则. 则，. 设，则，. 设平面AMC法向量为，则. 取，又由题易知平面法向量可取. 因平面与平面所成角的大小为， 则 . 故时满足题意. 19. 已知椭圆的焦点为，，左、右顶点分别为，点为椭圆上异于的动点，的周长为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线交直线于点，连接交椭圆于点，直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）设直线，证明：直线过定点. 【答案】（1）椭圆的方程为 （2）（i）设,，,，， 由（1）可知，， 所以，， 因为，即，所以， 所以， 又，所以， 所以； （ii）因为直线的方程为，,，,， 联立，得， 所以，， 由（i）可知，，即， 所以， 即， 化简得，解得或（舍去）， 所以直线的方程为， 所以直线经过轴上的定点，定点坐标为． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标及的周长，可得的值，从而可求解椭圆方程； （2）（i）先利用点的坐标表示出两条直线的斜率，再结合椭圆的方程，代入化简即可；（ii）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理与（i）中斜率乘积为定值，化简求得定点坐标，即可证得结论． 【小问1详解】 依题意可设椭圆，且， 又的周长为，即， 所以， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $