重庆市彭水第一中学校2025-2026学年高二上学期开学检测数学试卷

重庆市彭水第一中学校2025—2026学年高二上学期开学检测数学试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1．直线的倾斜角为（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 2．在锐角中，，为的垂心，，则的外接圆周长为（    ） A． B． C． D． 3．已知直线与平行，则（    ） A．2 B．3 C． D．2或 4．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，点P在椭圆C上，直线与直线交于点Q，且，则（    ） A． B． C． D． 5．已知圆，是圆上的一条动弦，且，为坐标原点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．若直线与曲线有公共点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（       ） A． B． C． D． 8．如图，在等边中，，以为直径分别作半圆，是两段半圆弧上的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题） 9．已知满足，且的面积，则下列命题正确的是（     ） A．的周长为 B．的三个内角，，满足关系 C．的外接圆半径为 D．的中线的长为 10．已知，动点满足与的斜率之积为，动点的轨迹记为轴，垂足为关于原点的对称点为交的另一交点为，则下列说法正确的是（    ） A．的轨迹方程为： B．面积有最小值为 C．面积有最大值为 D．为直角三角形 11．正方体的棱长为，，分别是，的中点，点在正方体表面上运动，且，记点的轨迹长度为，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．若平面，且点平面，则的最小值为 D．若，则 三、填空题（本大题共3小题） 12．已知椭圆的离心率为，其右焦点和上顶点分别为点和点，直线交椭圆于,两点，若恰好为的重心，则____. 13．设，在复平面内对应的点为，则满足的点的集合形成的图形面积为 ． 14．已知椭圆的左､右焦点分别为，以线段为直径的圆交于两点，其中点在第一象限，点在第三象限，若，则的离心率的取值范围是 . 四、解答题（本大题共5小题） 15．如图，已知正方体中，分别是和的中点．      (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 16．已知椭圆的右顶点为，上顶点为坐标原点，的面积为. (1)求的方程； (2)过的右焦点作直线与交于两点（均与点不重合），若，求的方程. 17．记斜的内角的对边分别为，已知，且． （1）求角； （2）为边的中点，若，求的面积； （3）如图所示，是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 18．如图，三棱锥中，平面平面，是等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别是，的中点，是上一点（不含端点）． （1）证明：平面； （2）若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且球的表面积为． （ⅰ）求三棱锥的体积； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 19．如图1，平面四边形中，，，，将沿边折起如图2，使 ，点,分别为,的中点，在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题. ①； ②为四面体外接球的直径； ③平面平面. (1)求直线与平面所成角的大小； (2)求二面角的正弦值. 参考答案 1．【答案】A 【分析】通过斜率求出倾斜角 【详解】整理得,直线斜率为，， 所以倾斜角为. 故选A. 2．【答案】D 【分析】由外心及垂心性质可证得、，从而证得，同理证得，进而可得四边形为平行四边形，从而在中可求得外接圆半径，结合圆的周长公式计算即可. 【详解】设为外接圆的外心，连接并延长交于点，连接、、，如图所示， 由为外接圆的外心可知，， 又因为为垂心，所以， 所以，同理：， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为， 所以在中，，即， 所以，所以外接圆周长为. 故选D. 3．【答案】A 【分析】由直线平行的条件求解即可. 【详解】因为，所以，解得或．当时，与重合．故． 故选：A 4．【答案】A 【详解】 椭圆的左、右焦点分别为，离心率为， 不妨设，则， 点P在椭圆C上，直线与直线交于点Q，且， 所以， 又是的中点， 所以， 所以是正三角形， 所以，可得， 设，， 所以，即， 所以，解得， 又，所以，所以. 故选：A. 5．【答案】A 【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标，设弦的中点为，则，由弦的值求出，即可得到点在以为圆心，1为半径的圆上，从而求出的最小值，即可得解. 【详解】圆，即，圆心，半径, 设弦的中点为，则,，且， 所以， 所以点在以为圆心，1为半径的圆上，所以， 所以的最小值为.    故选：A． 6．【答案】D 【详解】    由，得，所以曲线的图像为如图所示的半圆， 令直线与圆相切， 则有圆心到直线的距离为半径， 即，解得， 如图，若直线与曲线有公共点， 则取最大值时，直线与圆相切于第二象限，， 取最小值时，直线过点，此时， 所以的取值范围是，. 故选D. 7．【答案】C 【详解】 以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设关于平面的对称点为， 则，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 与到平面的距离， 又，， ，，，， （当且仅当三点共线时取等号）， 即的最小值为. 故选：C. 8．【答案】D 【详解】首先，作的中点，我们对的位置分类讨论， 当在以为圆心的半圆弧上运动时， 如图，以中点为原点建立平面直角坐标系， 因为在等边中，，所以，， 则半圆的方程为，的参数方程为是参数，且， 得到，故，， 则， 因为，所以，得到， 即，故， 即此时， 其次，作的中点， 当在以为圆心的半圆弧上运动时， 如图，以中点为原点建立平面直角坐标系， 因为在等边中，，所以，， 则半圆的方程为，的参数方程为是参数，且， 得到，故，， 则， 因为，所以，得到， 即，故，即此时， 综上，可得，故D正确. 故选D 9．【答案】BC 【详解】因为满足，所以， 设， 利用余弦定理得， 因为，所以． 因为，所以，解得， 所以. 对于A，的周长为，故A不正确； 对于B，因为，所以，故，故B正确； 对于C，由正弦定理得外接圆半径为，故C正确； 对于D，如图所示，在中，利用正弦定理，解得， 又，所以，在中， 利用余弦定理得，解得，故D不正确． 故选BC． 10．【答案】ACD 【分析】 对A：设点，根据题意，结合斜率计算公式，列出方程，整理化简即可；对BC，求得与平行且与椭圆相切的直线方程，结合三角形面积公式，数形结合即可求得△面积的最值；对D：根据，求得，即可判断. 【详解】对A：设点的坐标为，显然，由题可得：， 整理可得，故的轨迹方程为，故A正确； 对BC：因为，故可得所在直线方程为：； 设与直线平行，且与的轨迹相切的直线方程为， 联立直线与椭圆方程，可得， 由，可得； 数形结合可知，与重合时，也即点为直线与椭圆的切点时，△的面积取得最大值， 此时，到直线的距离，又； 故△面积的最大值为； 同时，数形结合可知，△的面积没有最小值；故B错误，C正确； 对D：设点，则， 则，， 又点均在椭圆上，则，两式做差可得， 则，也即； 故， 故，也即△为直角三角形，D正确； 故选：ACD. 11．【答案】AD 【分析】A选项，得到点的轨迹为以为球心，1为半径的球与正方体表面的交线，从而求出轨迹长度；B选项，与A同理可得；C选项，作出辅助线，得到点的轨迹是线段，则当时，最小，由勾股定理求出答案；D选项，作出辅助线，得到的轨迹为等腰梯形，求出轨迹总长. 【详解】对于A、B，如图，等于以为球心，1为半径的球与正方体表面的交线总长，所以，故A正确； 等于以为球心，为半径的球与正方体表面的交线总长， 由于，所以球与过的三个正方体表面没有交线， 与另外三个面的交线长为，故B错误； 对于C，如图，取的中点H，的中点， 连接，可知， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面，又，平面， 故平面平面， 则当点平面时，平面，又点平面， 所以点的轨迹是线段，则当时，最小， 由勾股定理得，即的最小值为，故C错误； 对于D，因为，所以点与点，，共面， 从而点的轨迹为平面与正方体表面的交线， 连接，则，故四点共面， 画出交线如图，所以的轨迹为等腰梯形（如图）， 故轨迹总长，故D正确. 故选AD. 【思路导引】（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 12．【答案】 【解析】设，，线段的中点为点， 则两式相减得， 整理得，即. 由题意知，，. 因为恰好为的重心， 所以，即，得，， 即，，所以. 又因为椭圆的离心率为，所以.又因为，所以，解得， 所以.即. 13．【答案】 【详解】根据复数模的几何意义，复数在复平面内对应的点到原点的距离为． 已知，这表示点到原点的距离大于等于且小于等于，所以点的集合形成的图形是以原点为圆心，半径和半径的两个圆所夹的圆环（包括内外圆周）． 半径为的圆的面积，半径为的圆的面积． 所以圆环的面积． 14．【答案】 【分析】首先画出图形，设，，根据椭圆的定义和圆的性质得到，，从而得到，再构造函数求其范围即可. 【详解】如图所示： 设，，因为点在第一象限，所以. 又因为均在以线段为直径的圆上， 所以四边形为矩形，即. 因为，所以，即. 因为，， 所以，即. 因为， 设，，则，. 因为，所以在区间上单调递增， 所以，即. 当时，解得，即，解得； 当时，解得，即，即. 综上，. 故答案为. 15．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接、．由题意可证得，因为为的中点，所以，即可证得. （2）设到平面（即平面）的距离为，直线与平面所成角为，由线面垂直的判定定理可证得平面，所以，由等体积法求出，再由，代入即可得出答案. 【详解】（1）证明：如图，正方体中， 取的中点，连接、．∵是的中点， ∴，．∵是的中点，且，， ∴，，∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴，∵正方体，又为的中点， ∴，∴． （2）设到平面（即平面）的距离为，直线与平面所成角为， 设正方体棱长为2，则， 由（1）知：，由正方体的性质知平面， 因为平面，所以，平面，， 所以平面，因为，所以平面， ∴即， ∴， ∴．      16．【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据题意得到关于的方程，解出即可； （2）设，联立椭圆方程得到韦达定理式，再计算，整理得，最后代入韦达定理式即可. 【详解】（1）由题意可得， 解得，故的方程为. （2）由可知为的平分线. 若为轴，此时的平分线为轴，不符合题意， 所以的斜率不存在或斜率不为0，易知，， 设， 联立得方程组得， 因为直线所过定点在椭圆内，则直线与椭圆必有两交点， 所以.① 由（1）可知. 因为为的平分线， 所以，所以， 又因为，则，， 所以， 整理得， 将①式代入整理得，解得， 所以的方程为，即. . 17．【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）利用余弦定理化简，得， 在斜中，得，， 故上式可化为， ，可得，利用二倍角公式可得， ，，即，. （2）为边的中点，根据向量的平行四边形法则，得，两边同时平方得，， ，得， 由（1）可知，即，， 由余弦定理得，解得， 的面积为 （3），在中，由正弦定理可得，，即， 在中，由正弦定理可得，，即， 四边形的内角和为，且，， 在中，由余弦定理可得， ， 即， ， ，在中,，， ，故的取值范围为. 18．【答案】（1）见详解 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【详解】（1）证明：因为，分别是，的中点，所以． 因为平面平面，所以平面． （2）（ⅰ）如图，连接． 因为是以为斜边的等腰直角三角形，为中点， 所以点是外接圆的圆心． 因为是等边三角形，是中点，所以外接圆的圆心在上． 又平面平面，所以球的球心即为外接圆的圆心． 因为球的表面积，所以球的半径， 所以，，， 所以三棱锥的体积． （ⅱ）如图，以为原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设，则． 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成角为， 则. 令，则， 当时，， 当且仅当，即时取等号． 综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 19．【答案】(1) (2) 【详解】（1）若选①：由， 在中，，，，， 可得，所以， 又由，且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又由，且，平面，所以平面， 又因为,分别为,中点，可得，所以平面， 即直线与平面所成角的大小为. 若选②：由为四面体外接球的直径，则，可得， 又由，且，平面，所以平面， 因为,分别为,中点，可得，所以平面， 即直线与平面所成角的大小为. 若选③：由平面平面，平面平面， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又由，且，平面，所以平面， 因为,分别为,中点，可得，所以平面， 即直线与平面所成角的大小为. （2）以为原点，射线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 所以， 故二面角的正弦值为. . 第 page number 页，共 number of pages 页 第 1 页 共 20 页 学科网（北京）股份有限公司 $