精品解析：江苏省南京市第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

南京一中2025-2026学年度第一学期10月阶段性检测试卷 高 二 数 学 2025.10 命题人: 王印 校对人: 赵俣婕 一、单选题：本题共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. 设复数z满足，z在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线，，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知椭圆的一个焦点是，那么（       ） A. B. C. D. 4. 如图，一个底面半径为2的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为2和3，则该几何体的体积为：（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，满足，，且与的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 6. 口袋中装有编号为①、②的2个红球和编号为①、②、③、④、⑤的5个黑球，小球除颜色、编号外形状大小完全相同，现从中取出1个小球，记事件为“取到的小球的编号为②”，事件为“取到的小球是黑球”，则下列说法正确的是（       ） A. 与互斥 B. 与对立 C. D. 7. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为.已知，，若A，B的余弦距离为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆的方程为，直线为圆的切线，记两点到直线的距离分别为，动点满足，则动点的轨迹方程为（　　） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题，共1．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，部分选对的得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 直线必过定点 B. 直线在y轴上的截距为2 C. 直线的倾斜角为60° D. 过点且平行于直线的直线方程为 10. 若直线与曲线恰有一个公共点，则下列的值能够满足条件的有（　　） A. B. C. D. 11. 在中，满足，则下列说法正确的是（       ） A. B. C. D. 若，为不同象限角，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线l过点，则被圆所截得的弦中，最短弦所在直线的一般方程是__________． 13. 已知，平面，若，则四面体的外接球(顶点都在球面上)的体积为__________. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与相交于另一点.当最小时，的离心率为___________. 四、解答题：本题共5小题，共7．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. （1）已知直线的倾斜角为，另一直线的倾斜角，且过点，求的方程. （2）已知直线过点，且与两坐标轴围成的三角形面积为4，求直线的方程. 16. 在中，角，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小； （2）若，为边上的一点，，且是的平分线，求的周长. 17. 已知在平面直角坐标系中，点，直线．设圆的半径为，圆心在直线上． （1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线的方程； （2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围． 18. 如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （1）证明：EF⊥DB； （2）求DF与面DBC所成角的正弦值． 19. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数且，那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，已知直线，直线，点为和的交点. （1）求点的轨迹方程； （2）点为曲线与轴正半轴的交点，直线交曲线于A，B两点，与A，B两点不重合，直线MA、MB的斜率分别为，且，证明直线过定点，并求出该定点； （3）当点在曲线上运动时，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京一中2025-2026学年度第一学期10月阶段性检测试卷 高 二 数 学 2025.10 命题人: 王印 校对人: 赵俣婕 一、单选题：本题共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. 设复数z满足，z在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】，根据模长公式得到，两边平方得到答案. 【详解】，则， 即，故. 故选：C 2. 已知直线，，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用一般式下两直线垂直的充要条件“”即可求解 【详解】由． 故选：A． 3. 已知椭圆的一个焦点是，那么（       ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把椭圆的方程化为标准形式，再由给定焦点坐标列出方程求解出. 【详解】椭圆，即，由椭圆的焦点坐标为，得， 所以. 故选：A 4. 如图，一个底面半径为2的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为2和3，则该几何体的体积为：（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】用两个完全相同的几何体将题中几何体补成一个圆柱，再计算体积得到答案. 【详解】如图所示：用两个完全相同的几何体将题中几何体补成一个圆柱， 则圆柱的体积为，故所求几何体的体积为10π. 故选：D. 【点睛】本题考查了几何体的体积，用两个完全相同的几何体将题中几何体补成一个圆柱是解题的关键. 5. 已知向量，满足，，且与的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的运算性质展开可得，再代入向量的数量积公式即可得解. 【详解】根据向量运算性质， ， 故选：D 6. 口袋中装有编号为①、②的2个红球和编号为①、②、③、④、⑤的5个黑球，小球除颜色、编号外形状大小完全相同，现从中取出1个小球，记事件为“取到的小球的编号为②”，事件为“取到的小球是黑球”，则下列说法正确的是（       ） A. 与互斥 B. 与对立 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用互斥事件、对立事件的意义判断AB；利用古典概型求出判断CD作答. 【详解】对于AB，取到的小球为黑球且编号为②，事件与同时发生，则与不互斥，也不对立，AB错误； 对于CD，依题意，，，，则，C正确，D错误. 故选：C 7. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为.已知，，若A，B的余弦距离为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设距离定义及差角余弦公式、已知得，再应用倍角余弦公式求结果. 【详解】由题设，， 所以 ， 由， 所以. 故选：B 8. 已知圆的方程为，直线为圆的切线，记两点到直线的距离分别为，动点满足，则动点的轨迹方程为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别过点作直线的垂线，垂足分别为，，切点为，得，再根据椭圆定义可得答案． 【详解】如图，分别过点作直线的垂线，垂足分别为， 则，，切点为， 因为，所以是的中点， 所以是梯形的中位线，所以． 又因为圆的方程为，所以，所以， 即，所以动点的轨迹是以为焦点的椭圆， 设椭圆的方程为 ， 则，所以， 所以动点的轨迹方程为＝1． 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，每小题，共1．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，部分选对的得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 直线必过定点 B. 直线在y轴上的截距为2 C. 直线的倾斜角为60° D. 过点且平行于直线的直线方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】将直线方程化为，即可求出直线过定点坐标，从而判断A，令求出，即可判断B，求出直线的斜率即可得到倾斜角，从而判断C，根据两直线平行斜率相等求出直线方程即可判断D； 【详解】解：对于A，，即， 令，即，所以直线必过定点，故A正确； 对于B，对于直线，令得，所以直线在轴上的截距为，故B错误； 对于C，直线，即，所以斜率，其倾斜角为，故C正确； 对于D，过点且平行于直线的直线方程为：，即，故D错误， 故选：AC． 10. 若直线与曲线恰有一个公共点，则下列的值能够满足条件的有（　　） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对曲线两边平方，结合范围，得到曲线是右半个圆，画出曲线的图象，再画出斜率为1的直线，平移直线，找到只有一个公共点的的取值范围，进而求值即可. 【详解】由题意得曲线，即表示一个半径为1的半圆，如图所示． 当直线经过点时，求得， 当直线经过点和时，求得， 当直线和半圆相切于点时，由圆心到直线的距离等于半径， 可得，求得或（舍去）． 故当直线与曲线恰有一个公共点时， 可得的取值范围是，则ABD正确，C错误． 故选：ABD 11. 在中，满足，则下列说法正确的是（       ） A. B. C. D. 若，为不同象限角，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用三角函数的基本关系式，化简已知等式得到，可得A正确；利用同角三角函数的基本关系式，可得B正确；利用三角函数恒等变换的公式进行化简，可得C错误；由，为不同象限角，得到，利用三角恒等变换及基本不等式，可得D正确. 【详解】对于A选项，由，可得，所以，所以A正确； 由，可得，可得，所以或； 对于B选项，由，可得，即，所以，所以，所以B正确； 对于C选项，由， 所以，所以C错误； 对于D选项，因为，为不同象限角，所以，可得，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线l过点，则被圆所截得的弦中，最短弦所在直线的一般方程是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆的几何性质，可得弦最短时的斜率，代入点斜式方程，化简整理，即可得答案. 【详解】直线过点 圆的圆心为，半径为， 连接点与圆心可得直线m， 所以直线m的斜率， 根据圆的性质可得，最短弦所在直线与直线m垂直， 所以最短弦所在直线的斜率， 所以最短弦所在直线的方程为，整理得 故答案为：. 13. 已知，平面，若，则四面体的外接球(顶点都在球面上)的体积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】取中点，连接，，可得到且，得到与是具有公共斜边的直角三角形，得到，，，四点在以为球心的球面上，利用勾股定理算出，进而得到球半径，利用球的体积公式，进行计算即可. 【详解】如图，取的中点，连接，，由题意得， 又因为，，平面，平面, 所以平面，平面，所以， 在中，，同理，所以， 因此，，，四点在以球心的球面上， 在中，， 在中，， 球的半径， 所以球的体积为. 故答案为：. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与相交于另一点.当最小时，的离心率为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】设，利用余弦定理求出最小时的值，确定在中，，再利用余弦定理求出的关系，解得答案. 【详解】设椭圆方程为，其焦距为2c， 由题意可知； 设，则， 故 ， 当时，取最小值，此时取最小值， 则此时在中，， 则, 即，整理得， 故椭圆离心率， 故答案为： 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用余弦定理确定最小时的值，进而再利用余弦定理求出的关系，解得答案. 四、解答题：本题共5小题，共7．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. （1）已知直线的倾斜角为，另一直线的倾斜角，且过点，求的方程. （2）已知直线过点，且与两坐标轴围成的三角形面积为4，求直线的方程. 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】(1)根据给定条件求出，进而求出即可求得直线l的方程. (2)根据给定条件可得直线l的斜率存在且不为0，设出其方程，再结合三角形面积计算作答. 【小问1详解】 直线的倾斜角，则， 于是得直线的斜率，而直线过点，则，整理得， 所以直线的方程是：. 【小问2详解】 依题意，直线的斜率存在且不为0，设其方程为：， 则直线交x轴于，交y轴于， 于是得面积， 即或，方程，即，无 解， 解，即，得或， 当时，直线方程是：，当时，直线方程是：， 所以直线的方程是：或. 16. 在中，角，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小； （2）若，为边上的一点，，且是的平分线，求的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据半角公式和辅助角公式即可求解； （2）根据面积公式和余弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为，可得，可得， 因为，，所以，可得. 【小问2详解】 由平分得：， 即，即， 在中，由余弦定理得， 即，两式联立可得， 所以的周长为. 17. 已知在平面直角坐标系中，点，直线．设圆的半径为，圆心在直线上． （1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线的方程； （2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围． 【答案】（1）或； （2）. 【解析】 【分析】（1）联立两直线可求出圆心为，写出圆的方程，设切线方程为，利用点到直线的距离等于半径即可求出切线的斜率，写出切线方程. （2）设圆心为， 则圆的方程为：，设为，根据，可得圆方程：，利用两圆有公共点知，即可求解. 【小问1详解】 联立，解得，即圆心，所以，圆的方程为． 若切线的斜率不存在，则切线的方程为，此时直线与圆相离，不合题意； 所以，切线的斜率存在，设所求切线的方程为，即， 由题意可得，整理可得，解得或． 所以切线方程为：或. 【小问2详解】 设圆心的坐标为，则圆的方程为， 设点，由可得，整理得， 由题意可知，圆与圆有公共点，所以， 即，解得． 所以，圆心的横坐标的取值范围是． 18. 如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （1）证明：EF⊥DB； （2）求DF与面DBC所成角的正弦值． 【答案】（I）证明： [方法一]：几何证法 作交于，连接． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，而平面，即有． ∵， ∴． 在中，，即有，∴． 由棱台的定义可知，，所以，，而， ∴平面，而平面，∴． [方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法 作交于O． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示. 设OC=1,∵，， ∴,∴， ∴,, , ∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD； [方法三]：三余弦定理法 ∵平面ACFD平面ABC，∴, ∴， 又∵DC =2BC． ∴,即, 又∵，∴． （II） 【解析】 【分析】（）方法一：作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得； （II）方法一：由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值． 【详解】（）略； （II）[方法一]：几何法 因为，所以与平面所成角即为与平面所成角． 作于，连接，由（1）可知，平面， 因为所以平面平面，而平面平面， 平面，∴平面． 即在平面内的射影为，即为所求角． 在中，设，则，， ∴． 故与平面所成角的正弦值为． [方法二]【最优解】：空间向量坐标系法 设平面BCD的法向量为, 由（）得,, ∴令,则,,, ，, 由于，∴直线与平面所成角的正弦值为． [方法三]：空间向量法 以为基底, 不妨设，则 (由（）的结论可得）． 设平面的法向量为， 则由得取，得． 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角也为， 由公式得． [方法四]：三余弦定理法 由， 可知H在平面的射影G在的角平分线上． 设直线与平面所成角为，则与平面所成角也为． 由由（）的结论可得， 由三余弦定理，得， 从而． [方法五]：等体积法 设H到平面DBC的距离为h， 设,则, 设直线与平面所成角为，由已知得与平面所成角也为． 由，, 求得，所以． 【整体评价】（）的方法一使用几何方法证明，方法二利用空间直角坐标系方法，简洁清晰，通性通法，确定为最优解；方法三使用了两垂直角的三余弦定理得到，进而证明，过程简洁，确定为最优解（II）的方法一使用几何做法，方法二使用空间坐标系方法，为通性通法，确定为最优解；方法三使用空间向量的做法，避开了辅助线的求作；方法四使用三余弦定理法，最为简洁，确定为最优解；方法五采用等体积转化法，避免了较复杂的辅助线. 19. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数且，那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，已知直线，直线，点为和的交点. （1）求点的轨迹方程； （2）点为曲线与轴正半轴的交点，直线交曲线于A，B两点，与A，B两点不重合，直线MA、MB的斜率分别为，且，证明直线过定点，并求出该定点； （3）当点在曲线上运动时，求的最小值. 【答案】（1） （2）证明：，设， 当斜率存在时，直线的方程为，故 将直线方程与圆的方程进行联立， 整理得：， ∴ 将其带入中可得：， 化简得， ∴或， 由于M与A，不重合，则直线的方程为恒过定点（）； 当直线的斜率不存在时， 设，则， 故可得，即则直线，仍恒过定点， 综上可得，则直线恒过定点 （3） 【解析】 【分析】（1）由两直线斜率的关系得到两直线垂直，那么两直线交点就是垂足，由两直线过定点，所以交点轨迹是以两直线定点为直径的圆（注意特殊点不在圆上），由此得到圆的方程； （2）由（1）得出点，设点坐标得到，讨论直线斜率存在，写出直线方程，联立方程组后消元得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系求得的关系，代入直线方程得到定点坐标；讨论斜率不存在得到两点坐标的关系，由斜率乘积建立等量关系，求得坐标，得到直线，验证该直线同样经过前一种情况求得的定点； （3）因为点在圆上运动，所以由“阿波罗尼斯圆”思想构造一个点使得点，由三角形三边关系得到最大值. 【小问1详解】 当时，，此时，交点为 当时，由，斜率为t， 由，斜率为，综上，. 直线恒过，直线恒过，若为的交点，则，设点， 所以点的轨迹是以EF为直径的圆， 又因为当代入方程得到不成立，所以点的轨迹不包含点. 则圆心为EF的中点，圆的半径为， 故的轨迹方程为 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，易知R、Q在该圆内， 又由题意可知圆上一点满足，取，则，满足. 下面证明任意一点，都满足，即， 即,所以 ，即当且仅当D，P，Q三点共线，且P位于D，Q之间时，等号成立. 即的最小值为 【点睛】方法点睛，题中介绍到了“阿波罗尼斯圆”，本题可以借助这个定理来对线段进行转化，从而变成了两线段和最打问题，就可以借助三角形三边长来得到结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $