精品解析：吉林省延吉市延边第二中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

延边第二中学2025-2026学年度第一学期第一次阶段检测 高二年级数学试卷 一、选择题：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. 若经过，两点的直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由斜率公式与斜率的定义求解即可 【详解】由题意斜率， 解得：， 故选：D 2. 已知直线经过两条直线：，：的交点，且的一个方向向量为，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立两直线求出交点坐标，根据方向向量求出直线的斜率即可求出的方程. 【详解】联立，解得， 即直线：，：的交点为， 又直线的一个方向向量， 所以直线的斜率为，故直线的方程为， 即， 故选：B． 3. “”是“直线与直线平行”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】C 【解析】 【分析】充分必要条件的判断：把两个命题分别作为条件和结论，判定由条件能否推出结论即可. 【详解】当时，，，显然，两直线平行，满足充分条件； 当与直线平行时，，则 ∴或， 当时显然成立，当时，，， 整理后与重合，故舍去， ∴，满足必要条件； ∴“”是“直线与直线平行”充要条件 故选：C 4. 已知，直线，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据两条直线的一般式方程及垂直关系，求出，满足的条件，再由基本不等式求出最小值即可． 【详解】因为，所以，即， 因为，，所以， 当且仅当，即，时等号成立， 所以的最小值为． 故选：C. 5. 若直线与圆相离，则点（ ） A. 在圆O外 B. 在圆O内 C. 在圆O上 D. 与圆O的位置关系不确定 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知直线与圆相离，得到圆心到直线的距离大于半径，进行计算求解. 【详解】由题意，圆的圆心为，半径.直线到圆心的距离为，根据相离条件，即，整理得，这表明点到原点的距离的平方小于4，即点在圆内部. 故选：B. 6. 已知实数x，y满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由表示直线上一动点到定点的距离之和，利用数形结合法求解. 【详解】解：表示直线上一动点到定点的距离之和，如图所示： 设点关于直线的对称点为， 则，解得， 所以对称点为，则 由图知：的最小值为， 故选：D 7. 直线与圆 交于两点，则弦长的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先求得直线恒过定点，由时， 取得最小值求解. 【详解】直线可化为， 由，解得， 所以直线恒过定点， 当时， 取得最小值，此时， 所以, 故选：D 8. 在平面直角坐标系内，点O是坐标原点，动点B，C满足，，A为线段中点，P为圆任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得A为圆任意一点，设圆的圆心为M，从而得到为圆O与圆M这两圆上的点之间的距离，进而即可求解． 【详解】由，则， 又，且A为线段中点，则， 所以A为圆任意一点， 设圆的圆心为M，则， 又，所以圆O与圆M相离， 所以的几何意义为圆O与圆M这两圆上的点之间的距离， 所以， ， 所以的取值范围为． 故选：A． 【点睛】关键点点睛：依题意得的几何意义为圆与圆这两圆上的点之间的距离是解答此题的关键． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法不正确的有（    ） A. 直线的倾斜角越大，斜率越大 B. 若直线l经过点，.则直线l的倾斜角是 C. 直线的倾斜角的取值范围是 D. 直线在轴上的截距是3 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据倾斜角与斜率的关系即可判断A；根据直线的斜率公式即可判断B；分直线是否过原点讨论即可判断C；根据直线的截距式即可判断D. 【详解】对于A，当倾斜角为时，斜率为，当倾斜角为时，斜率为，故A错误； 对于B，直线l的倾斜角满足，但不一定有，故B错误； 对于C，直线的倾斜角为，则， 因为，所以，故C正确； 对于D，直线，即，故直线直线在轴上的截距是，故D错误. 故选：ABD. 10. 已知直线l：，圆：，与圆：．则下列结论正确的是（ ） A. 直线l与圆位置关系是相切 B. 直线l与圆的位置关系是相离 C. 圆与圆的公共弦长是 D. 圆上的点到直线l的距离为1的点有3个 【答案】BC 【解析】 【分析】由点线距与两半径的关系可判断A、B两项；将两圆方程作差，由弦长公式可判断C项；通过计算圆心到直线的距离结合条件从而判断出D选项. 【详解】对于选项A: 因为圆：，所以圆心，半径， 所以圆心到直线的距离为， 因为，所以直线l与圆的位置关系是相交，故选项A错误； 对于选项B: 因为圆：，所以圆心，半径， 所以圆心到直线的距离为， 因为，所以直线l与圆的位置关系是相离，故选项B正确； 对于选项C：联立，相减得公共弦所在得直线方程为：， 所以圆心到的距离为， 所以公共弦长为，故选项C正确; 对于选项D：因为，且， 所以圆上的点到直线l的距离为1的点有4个（在直线l的两侧各2个）, 故选项D错误; 故选：BC 11. 则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线关于点对称，则实数的值为2 B. 直线与曲线恰有1个交点，则实数的取值范围是 C. 已知实数、满足方程，当时，则的取值范围是 D. 由动点向圆引两条切线，，切点分别为，，若四边形为正方形，则动点的轨迹方程为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由两直线平行系数关系结合中点坐标公式可得A正确；由曲线的意义结合点到直线的距离可得B错误；由斜率的表达和计算可得C正确；结合题意和圆的标准方程可得D正确. 【详解】对于A，易得点不在直线上，又两直线关于点对称， 所以两直线平行，由对应系数成比例可得， 在直线上取一点，设其关于的对称点为， 由中点坐标公式可得，可得， 又在直线上，代入可得，故A正确； 对于B，曲线两边平方后可得，表示以原点为圆心，1为半径的右半圆， 当直线与圆相切时，由圆心到直线的距离为半径可得，又是右半圆，所以， 当直线过上端点时，；过下端点时，. 又当时，圆心到直线的距离为，不符合题意， 所以可得实数的取值范围是或，故B错误； 对于C，因为表示点到点连线的斜率， 所以当，，此时斜率为；当时，此时斜率为， 所以的取值范围是，故C正确； 对于D，因为四边形为正方形，且，所以， 故动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其方程为，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆经过点，且经过两圆和圆的交点，则圆的方程为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆系方程可求圆的方程. 【详解】设圆的方程为：， 整理得到：， 因为圆过，代入该点得到：即， 故圆的方程为：即， 故答案为：. 13. 在气象台正西方向处有一台风中心，它正向北偏东方向移动，移动速度的大小为，距台风中心以内的地区都将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，则气象台所在地受到影响的持续时间为___________小时． 【答案】5 【解析】 【分析】以气象台为圆心，作半径为100的圆交台风轨迹于CD两点，计算CD两点的长度即可求得气象台所在地受到台风影响的时间． 【详解】如图所示，可设台风中心初始位置为，气象台为，， 以A为圆心，为半径作圆A交台风运动轨迹于C、D两点，CD为圆A弦， 而台风向北偏东移动，可知， 过作BD的垂线，垂足为E， 在直角中，，则， 在直角中，由勾股定理得， 所以， 故持续时间为小时． 故答案为：5． 14. 写出与圆和都相切的一条直线的方程________________． 【答案】或或 【解析】 【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可. 【详解】[方法一]： 显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为， 于是， 故①，于是或， 再结合①解得或或， 所以直线方程有三条，分别为，， 填一条即可 [方法二]： 设圆的圆心，半径为， 圆的圆心，半径， 则，因此两圆外切， 由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意； 又由方程和相减可得方程， 即为过两圆公共切点的切线方程， 又易知两圆圆心所在直线OC的方程为， 直线OC与直线的交点为， 设过该点的直线为，则，解得， 从而该切线的方程为填一条即可 [方法三]： 圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切， 如图， 当切线为l时，因为，所以，设方程为 O到l的距离，解得，所以l的方程为， 当切线为m时，设直线方程为，其中，， 由题意，解得， 当切线为n时，易知切线方程为， 故答案为：或或. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 求满足下列条件的直线方程：（结果写成一般式）. （1）直线过点，且斜率为； （2）斜率为，且与两坐标轴围成的面积为6； （3）直线过点，且横截距为纵截距的两倍. 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）代入点斜式方程，可得直线方程，整理即可得答案. （2）直线方程为，分别令和，结合面积公式，求得b值，整理即可得答案. （3）分别讨论截距为0和不为0两种情况，求出直线方程，整理即可得答案. 【小问1详解】 代入点斜式方程可得，整理得 【小问2详解】 设直线方程为，令，解得， 令，解得， 所以，解得， 所以直线方程为，整理得 【小问3详解】 当截距为0时，设直线方程为，代入点，解得， 所以方程为，整理得； 当截距不为0时，设直线方程为，代入点，解得， 所以方程为，整理得， 综上，直线方程为或 16. （1）已知圆过，，三点，求圆的方程； （2）已知直线过点，且分别与轴的正半轴、轴的正半轴交于，两点，为原点，当面积最小时，求面积的最小值，求直线的方程. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）设圆的标准方程，由点在圆上代入解方程组可得； （2）设直线的方程为，则，然后表示出的面积，利用基本不等式可求出其最小值，从而可求. 【详解】（1）设圆的一般方程为， 因为圆过，，三点， 所以，解得， 所以圆的方程. （2）由题意可得直线的斜率存在，设直线的方程为， 则， 所以 ， 当且仅当，即时，取等号， 故直线的方程为， 即. 17. 已知点，圆的方程为，过点的直线与圆相切，点为圆上的动点． （1）求直线的方程； （2）求面积的最大值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）确定圆心和半径，考虑直线斜率存在和不存在两种情况，根据直线与圆的位置关系得到答案. （2）利用两点距离公式计算，利用点到直线的距离公式求出圆心C到直线AB的距离，结合圆的性质求得最大距离，即可求解面积的最大值. 【小问1详解】 圆：，， 圆心的坐标为，半径． 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 圆心到的距离，与圆相切； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 由直线与圆相切，得，解得， 所以直线的方程为． 综上所述：直线的方程为或． 【小问2详解】 由得直线AB的方程为，即， 则圆心到直线AB的距离， 所以点到直线AB的距离的最大值为，又， 则的面积的最大值. 18. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点的距离之比为定值且的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，．点满足，设点所构成的曲线为． （1）求点的轨迹方程； （2）若，求点的轨迹的方程； （3）过作两条互相垂直的直线与点的轨迹分别交于和四点，求四边形面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3）7 【解析】 【分析】（1）设点，由题设等式代入点的坐标，整理即得点的轨迹方程； （2）设点，由代入点的坐标，整理得，将其代入方程即得点的轨迹方程； （3）结合图形，过点分别作于点，作于点，记，可推得，再利用垂径定理，用表示弦长和，根据基本不等式，即可求得四边形面积的最大值. 【小问1详解】 设，由可得：， 两边取平方，整理得：，即. 故点的轨迹方程为：； 【小问2详解】 设点，由，可得， 即则有（*）， 因点在圆上，故有， 将（*）代入上式得：，即. 故点的轨迹的方程为：； 【小问3详解】 如图，过点分别作于点，作于点，记， 因,且，即得矩形,故有. 由图知, 则四边形面积为, 因，故， 由基本不等式，， 当且仅当，等号成立， 即当时，四边形面积取得最大值为7. 19. 平面直角坐标系中，过点且互相垂直的两条直线分别与圆交于点，圆交于点． （1）若直线的斜率为，求弦的长； （2）已知圆交轴于两点，当直线的斜率存在时，求直线交点的轨迹方程； （3）若的中点为，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由垂直关系结合已知的斜率可得的斜率，写出直线的方程，由点线距离公式结合直角三角形勾股定理求出半弦长，进而得弦长； （2）设出直线，联立直线与圆方程由韦达定理可得两点坐标与的关系，求解并联立直线方程，由交轨法解得交点纵坐标即可得； （3）按直线的斜率情况分类求解，特殊情况直接求解面积可得，一般情况设出直线，再由圆弦的存在情况可得的范围，再利用点线距公式表示圆弦及长（即点到直线的距离），从而得到面积表达式，再利用整体换元求解函数值范围可得. 【小问1详解】 圆，圆心，半径. 若直线的斜率为，则直线斜率为， 则直线方程为，即， 所以圆心到直线的距离. . 故弦的长为. 【小问2详解】 圆，圆心，半径. 由题意直线存在斜率，设直线，设， 联立消得，， 由韦达定理得，，. 则，即（） 又圆与轴交于， 则直线，直线， 联立两直线方程消得，， 将（）式代入得，， 解得. 故直线交点的轨迹方程为. 【小问3详解】 ①当直线的斜率不存在时，如图，此时的面积； ②当直线的斜率存在且为时， 直线的方程为，经过圆心， 过点且垂直于的直线（即轴）不与圆相交， 故此时不存在； ③当直线的斜率存在，设为且时， 设直线，即. 则直线，即 由圆心到直线的距离， 得，解得． 所以圆心到直线的距离， 因为，即， 所以． 由，所以， 所以E点到直线的距离即点到直线的距离 ， 所以的面积． 令，则，所以， 因为，所以，所以， 综上所述，面积的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题难点在于第（2）问非对称韦达定理的处理，将代数式的变形利用韦达定理中与的联系（）进行和积转化，变形化简得到定值从而解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 延边第二中学2025-2026学年度第一学期第一次阶段检测 高二年级数学试卷 一、选择题：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. 若经过，两点的直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 2 2. 已知直线经过两条直线：，：的交点，且的一个方向向量为，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 3. “”是“直线与直线平行”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，直线，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 5. 若直线与圆相离，则点（ ） A. 在圆O外 B. 在圆O内 C. 在圆O上 D. 与圆O位置关系不确定 6. 已知实数x，y满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 直线与圆 交于两点，则弦长的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2 8. 在平面直角坐标系内，点O是坐标原点，动点B，C满足，，A为线段中点，P为圆任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法不正确的有（    ） A. 直线的倾斜角越大，斜率越大 B. 若直线l经过点，.则直线l的倾斜角是 C. 直线的倾斜角的取值范围是 D. 直线在轴上的截距是3 10. 已知直线l：，圆：，与圆：．则下列结论正确是（ ） A. 直线l与圆的位置关系是相切 B. 直线l与圆的位置关系是相离 C. 圆与圆的公共弦长是 D. 圆上的点到直线l的距离为1的点有3个 11. 则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线关于点对称，则实数的值为2 B. 直线与曲线恰有1个交点，则实数的取值范围是 C. 已知实数、满足方程，当时，则的取值范围是 D. 由动点向圆引两条切线，，切点分别为，，若四边形为正方形，则动点的轨迹方程为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆经过点，且经过两圆和圆的交点，则圆的方程为____________． 13. 在气象台正西方向处有一台风中心，它正向北偏东方向移动，移动速度的大小为，距台风中心以内的地区都将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，则气象台所在地受到影响的持续时间为___________小时． 14. 写出与圆和都相切的一条直线的方程________________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 求满足下列条件的直线方程：（结果写成一般式）. （1）直线过点，且斜率为； （2）斜率为，且与两坐标轴围成的面积为6； （3）直线过点，且横截距为纵截距的两倍. 16. （1）已知圆过，，三点，求圆的方程； （2）已知直线过点，且分别与轴的正半轴、轴的正半轴交于，两点，为原点，当面积最小时，求面积的最小值，求直线的方程. 17. 已知点，圆的方程为，过点的直线与圆相切，点为圆上的动点． （1）求直线的方程； （2）求面积的最大值． 18. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点的距离之比为定值且的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，．点满足，设点所构成的曲线为． （1）求点的轨迹方程； （2）若，求点的轨迹的方程； （3）过作两条互相垂直直线与点的轨迹分别交于和四点，求四边形面积的最大值． 19. 平面直角坐标系中，过点且互相垂直的两条直线分别与圆交于点，圆交于点． （1）若直线斜率为，求弦的长； （2）已知圆交轴于两点，当直线的斜率存在时，求直线交点的轨迹方程； （3）若的中点为，求面积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $