湖北省黄梅县第一中学2025-2026学年高二上学期周测数学试题（11.4）

高二数学测试题 20251104 一、单选题 1．已知，两点在直线l上，则直线l的斜率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．圆关于原点对称的曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 3．已知直线过点，且与直线的夹角为45°，则直线的方程为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 4．圆与圆的公共弦长为（    ） A． B． C．2 D．4 5．若圆上到直线距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．过点作直线与曲线相交于，两点，为坐标原点，当的面积取最大值时，直线的斜率为（   ） A． B． C． D． 7．已知圆C的圆心在直线上，并且圆C经过圆与圆的交点，则圆C的圆心是（   ） A． B． C． D． 8．已知实数、、、满足，，，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．过点作圆的两条切线，切点分别为，则下列判断正确的是（    ） A．有一条切线方程为 B．有一条切线方程为 C． D．四边形的面积为2 10．已知实数满足，则下列选项正确的是（    ） A．的最大值是 B．的最大值是 C．的最小值是 D．的最小值是 11．已知直线与圆，则（   ） A．截的弦长可能为4 B．截的弦长不可能为3 C．当时，一定与相交 D．当时，可能与相切 三、填空题 12．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线被圆截得弦长为，则实数的值为 . 13．已知圆与圆，若两圆有四条公切线，则直线与圆的位置关系是 ． 14．若A，B是平面内不同的两定点，动点满足（且），则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故被称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知是圆上的动点，点，，则的最大值为 ． 四、解答题 15．已知圆，点，且直线经过点. (1)若直线与圆相切，求直线的方程； (2)若直线被圆截得的弦长为，求直线的方程. 16．已知中，，，的内切圆的圆心． (1)求内切圆半径； (2)求顶点坐标； (3)求外接圆的方程． 17．已知圆与轴交于两点，为直线上一动点，直线与圆交于两点， (1)设直线斜率分别为，求 (2)求证直线过定点，并求出该定点坐标. 18．某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有n人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求的值，并根据频率分布直方图，估计这n人的平均年龄和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； (2)现从以上各组中用分层抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者.若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率. 19．如图，在中，是中点，、分别是、边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，得到四棱锥. (1)求证：平面； (2)若，二面角是直二面角，线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 《高二数学测试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C A B C D D ACD BD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】根据斜率公式，可得斜率k的表达式，根据二次函数的性质，分析计算，即可得答案. 【详解】直线l的斜率. 因为， 所以，即直线l的斜率的取值范围是. 故选：C 2．C 【分析】由圆的一般式的判定条件可求出；再利用两圆关于点对称，等价于两圆的圆心关于点对称，半径不变，可求出所求圆的方程. 【详解】由 表示一个圆，因此需满足圆的判别条件： 和 的系数相等且不为零， 即，得方程 ， 解得 或 ， 当 时，方程为 ， 配方得 ，不表示实圆， 当 时，方程为 ， 配方得 ，表示圆心为 ，半径为 5 的圆. 因此 是唯一有效解，原圆方程为 . 两圆关于点对称，等价于两圆的圆心关于点对称，半径不变， 圆心 关于原点对称点为 ，半径不变为 5， 故所求方程为 . 故选：C 3．C 【分析】根据已知及斜率与倾斜角关系，应用和差角正切公式求直线的斜率，进而应用点斜式写出直线方程. 【详解】设直线的倾斜角为，得该直线的斜率， 因为两直线的夹角为45°，所以直线的倾斜角为或， 所以直线的斜率为或， 所以直线的方程为或，即或. 故选：C 4．A 【分析】确定两圆相交，方程相减得到相交弦所在直线方程，结合勾股定理即可求解. 【详解】，所以， ，所以， 所以， 因为，所以两圆相交， 将两圆方程相减，得两圆相交弦所在直线方程为：， 点到直线的距离， 所以两圆的公共弦长为. 故选：A. 5．B 【分析】先确定圆心到直线的距离，再由题意得到，进而求解即可． 【详解】由圆，圆心为，半径为， 则圆心到直线的距离为， 因为圆上的点到直线的距离为1的点有且仅有2个，且， 所以，解得， 即r的取值范围是． 故选：B． 6．C 【分析】根据直线方程和曲线方程，判断面积最大时的情况，进而列出直线满足的条件，列出方程，求出参数即可. 【详解】由，则，，即， 所以曲线，是以原点为圆心，2为半径的圆的上半部分，如图.    可知，因为， 则当面积取最大值时，，即， 半圆的圆心为，半径，此时， 所以圆心到直线的距离为. 设直线的斜率为，则直线的方程为，， 圆心到直线的距离， 解得，因为，所以. 故选：C. 7．D 【分析】求出已知两圆的交点，求线段的中垂线，联立待求圆圆心所在直线，即可得出圆心坐标. 【详解】设圆与圆的交点为A，B 联立两圆方程，得，解得，或． 不妨记，， 于是的中点为， 从而可得的垂直平分线方程为 ，即， 联立与，得解得， 即圆心坐标为． 故选：D． 8．D 【分析】确定、在圆上，且，首先求出的最小值，转化为、到直线的距离之和，变换得到，计算，即得到答案. 【详解】设、，，，， 故、在圆上， 且， 因为，则， 因为，则是边长为的等边三角形，    而表示、到直线的距离之和， 又原点到直线的距离为， 如图所示：，，是的中点，作于，且， 所以，， 故在圆上，所以. 故的最小值为， 又， 所以的最小值为. 故选：D. 9．ACD 【分析】由待定系数法求切线方程，判断A、B；分别求出直线的斜率，判断C；将四边形的面积表示为计算求值，判断D. 【详解】圆，圆心，半径为1， 对于A、B：若切线的斜率存在，设切线为即， 由，解得或，所以切线方程为或，故A正确，B错误； 对于C：由题意可知，切点在以为直径的圆上，的中点为，半径为， 圆方程为，即， 又切点在圆上，如图，设、分别为切线和和圆的公共点，可得直线，， 又 ，，故C正确； 对于D，如图，，则 ，，故D正确． 故选：ACD． 10．BD 【分析】由表示圆上的点到定点距离的平方可得其最大值为可判断A项，由表示圆上的点与点的连线的斜率，设，由圆心到直线的距离求出k的范围即可判断B项，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，结合圆上任意一点到直线的距离的最小值为（为圆心C到直线的距离），进而可判断C项，对于D,令，结合三角函数的图像与性质求解即可. 【详解】因为， 所以圆C的圆心，半径为. 对于A项，表示圆上的点到定点距离的平方，如图所示， 所以的最大值为，故A项错误； 对于B项，表示圆上的点与点的连线的斜率，如图所示， 设，即， 由圆心到直线的距离， 即，解得， 所以的最大值为，故B项正确； 对于C项， 表示圆上任意一点到直线的距离的倍，如图所示， 又圆心C到直线的距离， 所以圆上任意一点到直线的距离的最小值为， 所以的最小值为，故C项错误. 对于D项，因为， 令，所以， 所以当时，的最小值是 故选：BD. 11．ACD 【分析】求出圆心和半径，并得到到直线的距离，AB选项，举出实例得到A正确，B错误；C选项，求出圆C与两坐标轴的交点坐标，根据得到点B在线段OM上，或点A在线段ON上，一定与相交；D选项，直线与圆C相切的充要条件是，即，举出实例可得D正确. 【详解】圆的圆心坐标为，半径为. 由，得和均不为零且符号相同. 到直线的距离. 当直线与圆C相交时，设截得的弦长为，则， A选项，要想弦长为4，需满足，故， 不妨设，，满足，直线过点C，此时弦长为4，故A正确； B选项，令，，此时，解得， 截的弦长可能为3，故B错误； C选项，直线与轴交于点，与轴交于点， 中，令得，令得， 当，时， 圆C与轴正半轴交于点，与轴正半轴交于点， 因为，所以点B在线段OM上，或点A在线段ON上， 即A，B至少有一点在圆C内，所以一定与C相交； 当，时，同理可得，一定与C相交，故C正确； D选项，直线与圆C相切的充要条件是，即， 当时，，此时满足要求，故D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】由圆方程得出圆心和半径，再由弦长公式以及点到直线距离公式列式计算可得结果. 【详解】易知圆的圆心为，半径， 设圆心到直线的距离为，由弦长公式可得，解得， 所以圆心到直线的距离，即到直线的距离，即， 解得. 故答案为：. 13．相离 【分析】根据两圆存在四条切线，得到两圆外离，的范围，再利用直线与圆的位置关系判断. 【详解】圆的圆心为，半径为2， 圆的圆心为，半径为1， 由两圆存在四条切线，故两圆外离，则． ，即或，可得或， 圆的圆心为，半径为1， 则圆心到直线的距离， 直线与圆相离． 故答案为：相离. 14． 【分析】设，求出，然后将求的最大值问题转化为求的最大值问题，数形结合即可得答案. 【详解】由题意得设，， 所以，则， 由于是圆上的点， 所以， 所以，解得，即， 所以，如图， 所以的最大值为， 故答案为：. 15．(1) (2)或 【分析】（1）先排除切线斜率不存在的情况，再设，由圆心到直线的距离等于圆的半径求得，即得切线方程； （2）先由已知弦长求出圆心到直线的距离，由此排除直线斜率不存在的情况，再设，由圆的弦长公式列方程求得或，即得直线方程. 【详解】（1）由得圆心为，半径为5， 过的直线斜率不存在时，其方程为，此时圆心到直线的距离为， 故与圆相交，不合题意； 过的直线斜率存在时，设其方程为，即， 由题意得，解得， 此时直线的方程为，即， 综上，直线的方程为； （2）因为被圆截得的弦长为，则圆心到直线的距离， 当过点的直线斜率不存在时，圆心到直线的距离为3，不合题意； 当直线的斜率存在时，设其方程为，由，解得或， 故直线的方程为或. 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）先求直线AB的方程，再用点到直线的距离公式计算内心到AB的距离即可； （2）设AC的斜率为，根据直线与圆相切求解，再设直线BC的斜率为，根据直线与圆相切求解，最后联立两个直线方程求解即可； （3）求解直线AB、AC的垂直平分线方程，联立求出外接圆圆心D的坐标，再求出半径即可得最终外接圆的方程． 【详解】（1）直线AB的斜率，所以直线AB的方程为，整理得， 而内心到直线的距离为内切圆半径， 即． （2）设直线AC的斜率为，则AC的方程为，即， 内心到AC的距离为，所以， 化简并整理可得，解得或，又因为直线AB的斜率为3，所以， 因此，直线AC的方程为，即， 设直线BC的斜率为，则直线BC的方程为，即， 内心到BC的距离为，所以， 解得或，又因为直线AB的斜率为3，所以，因此，直线BC的方程为，即， 联立AC和BC的方程，则，解得， 故顶点C的坐标为． （3）AB中点为，直线AB的斜率为3，故垂直平分线的斜率为， 所以垂直平分线的方程为，整理得， AC中点为，直线AC的斜率为，故垂直平分线斜率为3， 所以垂直平分线的方程为，整理得， 联立，解得外接圆圆心D为， 圆心到的距离为外接圆半径， 外接圆方程为． 17．(1) (2)证明见解析，定点 【分析】（1）根据直线斜率公式进行求解即可； （2）将直线与圆的方程联立，结合（1）中的结论、一元二次方程根与系数关系进行求解即可. 【详解】（1）易得，设，则，所以.    （2）设，由（1）得，所以，两边平方得，又因为，代入化简可得， 当直线斜率存在时，设直线，由得，所以将韦达定理代入可得，所以，所以或 所以直线或（舍） 所以当直线斜率不存在时，设直线 所以，所以舍去），所以直线过定点 18．(1)，平均年龄为31.75；中位数为31 (2) 【分析】（1）根据频率分布直方图频率的性质即可求出，再利用平均数和中位数的公式即可求解； （2）列举出所有的情况，再根据古典概型公式可得. 【详解】（1）由题意有：，解得，                  设这n人的平均年龄为， 则， 由于前2组的频率为， 前3组的频率为， 则中位数在，设中位数为， 则，解得，则中位数为31. （2）由题意得，按照分层抽样第四组应抽取人，记为（甲），，，， 第五组抽取人，记为（乙），， 对应的样本空间的样本点为： ，共包含15个等可能的样本点， 设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”， 则，共包含9个等可能的样本点， 所以. 即甲、乙两人至少有一人被选上的概率为.. 19．(1)证明见解析； (2)存在，； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用面面角的法向量列式求解. （3）由（2）中坐标系，由垂直关系求出点位置，进而求出相关点的坐标，利用线面角的法向量求出函数关系，再利用函数性质求出线面角正弦值的范围. 【详解】（1）在四棱锥中，，而平面平面， 所以平面. （2）过作直线平面，而，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由，得，则是二面角的平面角， 依题意，，即，又,而平面， 于是平面，即，由，得分别是中点， 由，得， 令，则，， 故， 设平面的法向量， 则， 取，得，而平面的法向量为， 因此，解得或（舍去）， 所以在线段上存在一点满足题意，此时. （3）由（2）中空间直角坐标系，知，设， 则，由，得， 解得，即，则， 点与其在直线上射影点及点围成以线段为斜边的直角三角形， 则，即，又且，即， 平面的法向量为，设直线与平面所成角为， 则， 则， 令，因函数在上递减，， 因此，而，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $