精品解析：江西省南康中学2025-2026学年高二上学期第一次大考数学试题

南康中学2025～2026学年度第一学期高二第一次大考 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. 若直线的斜率为，在轴上的截距为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 已知椭圆上有一点P到右焦点的距离为4，则点P到左焦点的距离为（ ） A. 6 B. 3 C. 4 D. 2 3. 已知直线：和直线：，则“”是“∥”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若方程表示双曲线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 或 5. 若存在点，使得圆与圆关于点对称，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 已知点在抛物线上，若点到抛物线的对称轴的距离是6，到焦点的距离是10，则的值是（ ） A. 2或4 B. 6或12 C. 4或16 D. 2或18 7. 如图，这是一个落地青花瓷，其中底座和瓶口的直径相等，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线：的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面若该花瓶横截面圆的最小直径为，最大直径为，双曲线的离心率为，则该花瓶的高为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为坐标原点，点在双曲线上，点，分别在双曲线的两条渐近线上，且，若与的面积之积为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 或 C. 2 D. 2或 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. 9. 设点，分别为椭圆：的左、右焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好是4个，则实数的取值可以是（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 4 10. 已知抛物线的焦点为，为轴上一点，且，线段与抛物线相交于点，，则下列结论正确的有（    ） A. 直线的方程为 B. 以线段为直径的圆与轴相切 C. D. 11. 数学中有许多寓意美好的曲线，曲线：被称为“四叶玫瑰线”（如图所示），是上在第一象限内的一点.给出的下列三个结论中，正确结论的选项是（ ） A. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2； B. 曲线经过5个整点（即横纵坐标均为整数的点）； C. 存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界）. D. 的最大值为 三、填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线的准线方程为_______________. 13. 已知为抛物线上的任意一点，为其焦点，为圆上的一点，则的最小值为__________、 14. 如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知点及圆． （1）若直线经过点，，求的方程； （2）若直线过点且截圆所得的弦长为6，求的方程． 16. 已知点，，中恰有两个点在抛物线上， （1）求的标准方程； （2）若点，在上，且，证明：直线过定点． 17. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，的焦距为8． （1）求双曲线C的标准方程； （2）过右焦点F的直线l与双曲线C交于M，N两点，．求证：点A在以线段为直径的圆上． 18. 已知动直线与与椭圆交于、两不同点，且的面积，其中为坐标原点 （1）若动直线垂直于轴.求直线的方程； （2）证明：和均为定值； （3）椭圆上是否存在点，，，使得三角形面积若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由 19. 已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C. （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G. （i）证明：是直角三角形； （ii）求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南康中学2025～2026学年度第一学期高二第一次大考 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. 若直线的斜率为，在轴上的截距为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由点斜式直接写出直线方程. 【详解】斜率为，在轴上的截距为的直线的方程为，即． 故选：A． 2. 已知椭圆上有一点P到右焦点的距离为4，则点P到左焦点的距离为（ ） A. 6 B. 3 C. 4 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆的定义即可求出. 【详解】由椭圆，得，即，设左焦点为，右焦点为， 则，因为，所以，即点到左焦点的距离为2. 故选:D. 3. 已知直线：和直线：，则“”是“∥”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线平行求得，然后根据充分、必要条件的知识求得正确答案. 【详解】当时，，解得或， 当时，两直线分别为，符合题意， 当时，两直线分别为符合题意， 所以“”是“∥”的充分不必要条件 故选：B 4. 若方程表示双曲线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线方程的特征，列式求解. 【详解】若方程表示双曲线， 则，得. 故选：B 5. 若存在点，使得圆与圆关于点对称，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由两圆关于点对称可得圆的半径相等即可得解. 【详解】由题意，两圆半径相等， 所以，解得， 故选：A 6. 已知点在抛物线上，若点到抛物线的对称轴的距离是6，到焦点的距离是10，则的值是（ ） A. 2或4 B. 6或12 C. 4或16 D. 2或18 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据抛物线的定义求解； 【详解】 设，代入抛物线，解得：， 又因为点到焦点的距离是10，根据抛物线的定义，得： 化简得： 解得：或18. 故选：D. 7. 如图，这是一个落地青花瓷，其中底座和瓶口的直径相等，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线：的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面若该花瓶横截面圆的最小直径为，最大直径为，双曲线的离心率为，则该花瓶的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可求得双曲线方程，进而可求得当的两点的坐标，可求花瓶的高． 【详解】由该花瓶横截面圆的最小直径为，得， 又由双曲线的离心率为，得，即，则， 可得双曲线的方程为， 因为最大直径为，所以把代入双曲线方程，解得， 故该花瓶的高为． 故选：B． 8. 已知为坐标原点，点在双曲线上，点，分别在双曲线的两条渐近线上，且，若与的面积之积为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 或 C. 2 D. 2或 【答案】B 【解析】 【分析】先利用点到直线的距离公式求出点到两渐近线的距离之积，然后结合三角形面积之积列方程得，即可求解离心率. 【详解】设点到渐近线，的距离分别为，， 则， 所以与的面积之积为， 即，所以或，则双曲线的离心率为或， 故选：B． 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. 9. 设点，分别为椭圆：的左、右焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好是4个，则实数的取值可以是（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 4 【答案】BD 【解析】 【分析】首先设点，得到，，结合点在椭圆上得到，若成立的点有四个，则在有两实数解， 则有，解出其范围结合选项即得. 【详解】设，∵，，∴，，由可得，又∵点在椭圆上，即， ∴，要使得成立的点恰好是4个，则，解得. 故选：BD 10. 已知抛物线的焦点为，为轴上一点，且，线段与抛物线相交于点，，则下列结论正确的有（    ） A. 直线的方程为 B. 以线段为直径的圆与轴相切 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于C，由图结合，可得为线段的中点，然后结合抛物线定义可判断选项正误；对于D，注意到，据此可判断选项正误；对于A，由CD分析可得直线斜率，结合，可得直线方程；对于B，取线段中点，过作轴于，结合几何知识可判断选项正误. 【详解】抛物线的焦点，准线，. 对于C，如图，因为，所以为线段的中点，， 过作准线的垂线，垂足为，与轴交于，则， 由抛物线的定义可知，，得，故C正确； 对于D，在中，有，得，故D正确； 对于A，，则直线的斜率为，又 所以直线的方程为， 即或，故A错误； 对于B，取线段中点，过作轴于， 则， 所以，即线段中点到轴的距离等于，则以线段为直径的圆与轴相切，故B正确． 故选：BCD． 11. 数学中有许多寓意美好的曲线，曲线：被称为“四叶玫瑰线”（如图所示），是上在第一象限内的一点.给出的下列三个结论中，正确结论的选项是（ ） A. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2； B. 曲线经过5个整点（即横纵坐标均为整数的点）； C. 存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界）. D. 的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A，利用基本不等式可得，进而可得；选项B，由，，，分别代入验证整点即可；选项C，由可知该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，进而可判断；选项D，设，，，联立可得，设，则，再利用导数求函数的最大值即可. 【详解】对于A，不妨设点为曲线：上的任一点， 则，化简得， 当且仅当时取等号，于是，即得， 故可得曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故A正确； 对于B，由A可知，， 当时，代入成立，故经过点， 当时，不成立， 当时，不成立， 当时，不成立， 当时，不成立， 当时，不成立， 故曲线经过1个整点，故B错误； 对于C，由A选项可知，包含该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2， 边长为正方形是以原点为圆心2为半径的圆的内接正方形， 故不存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界），故C错误. 对于D，如图，点在射线的上方， 则可设，，， 代入，得，. 令，则， 所以， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以是的最大值点，即，故D正确. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：本题所考察的方程为非常规方程，主要结合方程的性质去解决问题，方程具有对称性，选项BCD都是以此性质出发，简化问题转化. 三、填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线的准线方程为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的标准方程求准线方程. 【详解】抛物线的标准方程为，所以其准线方程为. 故答案为： 13. 已知为抛物线上的任意一点，为其焦点，为圆上的一点，则的最小值为__________、 【答案】 【解析】 【分析】取点，根据相似三角形得，则，再通过设点，结合两点距离公式和二次函数性质即可求出最小值. 【详解】由题意得，取点，设圆的圆心为， 则，所以，又因为， 所以，则， . ，即求得最小值， 设，则， 令. 当时，，即的最小值为. 故答案为：. 14. 如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率. 【详解】设， 由，解得， 所以， 所以， 设直线与圆锥的母线相交于点， 圆锥的母线与球相切于两点，如图所示， 则， 两式相加得，即， 过作，垂直为， 则四边形为矩形，所以，， 所以椭圆的离心率为. 故答案为： 【点睛】求解椭圆离心率的问题，思考方向有两个，一个求得求得，从而求得椭圆的离心率；一个是求得关于的关系式，可以是一次式，也可以是二次式，但必须是齐次式，由此化简求得椭圆的离心率. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知点及圆． （1）若直线经过点，，求的方程； （2）若直线过点且截圆所得的弦长为6，求的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）求出圆心坐标，用两点式写出直线方程； （2）讨论斜率不存在和斜率存在，斜率存在，写出直线方程，由垂径定理验证是否成立；斜率存在设出直线方程，由垂径定理求得斜率值，得到直线方程. 【小问1详解】 由题意得，， 所以的斜率， 所以的方程为，即． 【小问2详解】 圆的标准方程为， 圆心，半径， 因为擮圆所得弦长为6， 所以点到的距离为， 当的斜率不存在时，的方程为，符合题意， 当的斜率存在时，设的方程为，即， 所以，解得，的方程为， 所以的方程为或． 16. 已知点，，中恰有两个点在抛物线上， （1）求的标准方程； （2）若点，在上，且，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2） ∵，∴， ∴设直线， 则联立方程组得，即， ∴，∴， ∴， ∴直线过动点. 【解析】 【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程，取相同的值，得到标准方程； （2）设直线方程，联立方程组化简为一元二次方程，由韦达定理求得参数的值，得到直线的定点. 【小问1详解】 将代入抛物线方程，解得， 将代入抛物线方程，解得， 将代入抛物线方程，解得， 根据题意可知， ∴的标准方程为 【小问2详解】 略 17. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，的焦距为8． （1）求双曲线C的标准方程； （2）过右焦点F的直线l与双曲线C交于M，N两点，．求证：点A在以线段为直径的圆上． 【答案】（1）； （2） 由（1）可得， 当直线的斜率为零时，直线方程为，与双曲线的两交点为实轴顶点，显然成立； 当斜率不为零时，设直线的方程为，， 联立，消去得， ， ， ， ， 将和代入可得， 整理可得， 所以， 所以，即，即点A在以线段为直径的圆上， 综上，点A在以线段为直径的圆上. 【解析】 【分析】（1）由渐近线方程，焦距，即列方程组求出即可； （2）分斜率是否为零，当斜率不为零时，设直线的方程，，直曲联立，表示出韦达定理，再用坐标表示，结合韦达定理化简即可； 【小问1详解】 由题意可得，解得， 所以双曲线C的标准方程为. 【小问2详解】 略 18. 已知动直线与与椭圆交于、两不同点，且的面积，其中为坐标原点 （1）若动直线垂直于轴.求直线的方程； （2）证明：和均为定值； （3）椭圆上是否存在点，，，使得三角形面积若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由 【答案】（1）； （2）证明： 当直线斜率不存在时，由（1）知，，； 当直线斜率存在时，设直线， 则，消去得， 所以，，， 所以 ， 点到直线的距离， 所以， 整理可得，满足， 所以， ； 综上，为定值1，,为定值2； （3）不存在，理由如下： 假设存在点，，满足题目要求， 由（2）得，，，，， ，解得，， 所以、、只能从中选取，、、只能从中选取， 故点、、只能从四个点中选取三个不同的点， 而这三点的连线中必有一条经过原点，与矛盾， 所以椭圆上不存在点、、，使得三角形面积. 【解析】 【分析】（1）由题意设直线，表示出点，后，利用即可求得m，即可得解； （2）分直线斜率是否存在分类讨论；当直线斜率存在时，设直线，联立方程组可得，，由弦长公式及点到直线的距离公式可得，化简后可得，即可得解； （3）假设存在点，，满足题目要求，由（2）可得，，进而可得点、、只能从四个点中选取三个不同的点，由这三点的连线中必有一条经过原点，与题设矛盾，即可得解. 【详解】（1）当直线垂直于轴时，设直线， 则点，， 所以，解得，所以， 故所求直线方程为； （2）略； （3）不存在，理由略. 【点睛】本题考查了直线与椭圆的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题. 19. 已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C. （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G. （i）证明：是直角三角形； （ii）求面积的最大值. 【答案】（1）曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为； （2）（i）[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为即可证得题中的结论】 依题意设， 直线的斜率为，则， 所以． 又，所以， 进而有，即是直角三角形． [方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为即可证得题中的结论】 由题意设，则． 因为Q，E，G三点共线，所以， 又因为点P，G在椭圆上，所以， 两式相减得， 所以，所以． （ii） 【解析】 【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件； （2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形； （ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值. 【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为， 由题意可知：， 所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为； （2）（i）略 （ii）[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】 设，则直线的方程为，联立解得 所以直线的方程为． 联立直线的方程和椭圆C的方程，可得， 则， 所以． 令，即 ． 注意到，得，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，． [方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】 设的中点为N，直线的斜率为k，则其方程为． 由解得．由（Ⅰ）得．直线的方程为，直线的方程为，联立得，． 又，从而，进而．以下同解法一． 【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为是证明垂直的核心和关键； 方法二：利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单. (ii)导数是求最值的一种重要方法，在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $