精品解析：福建省福州高级中学2025-2026学年高二上学期第一学段考试数学试题

福州高级中学2025-2026学年第一学段考试 高二数学试题 试卷总分：150分 完卷时间：120分钟 第I卷 一､单选题：本题共有8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量，若与垂直，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直关系可得，进而根据坐标运算以及模长公式即可求解. 【详解】由于与垂直，所以，所以， 故， 故选：D 2. 若方程表示椭圆，则实数的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆的标准方程得到方程组，解得答案. 【详解】方程表示椭圆，则，解得. 故选：B 3. 已知，若三个向量共面，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量共面定理求解即可. 【详解】因为，且三向量共面，可知存在，使得， 即，则，解得. 故选：B. 4. 光线通过点，在直线上反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出关于直线的对称点，从而得到反射光线所在直线经过点和对称点，从而得到反射光线所在直线方程. 【详解】设点关于直线的对称点为，则， 解得，故. 由于反射光线所在直线经过点和， 所以反射光线所在直线的方程为，即. 故选：C. 5. 直线被圆所截得的最短弦长等于（ ） A. B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆心与半径，以及直线的恒过定点，利用几何关系可知当圆被直线截得的弦最短时，圆心与定点的连线垂直于弦即可求解. 【详解】圆的圆心为，半径，又直线直线恒过定点， 当圆被直线截得的弦最短时，圆心与定点的连线垂直于弦，此时弦心距为.所截得的最短弦长：. 故选：B. 6. “”是“直线与曲线恰有1个公共点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先分析曲线的图形，再结合直线与该曲线的位置关系，再判断 “” 与 “直线与曲线恰有1个公共点” 之间的条件关系. 【详解】曲线表示圆心，半径为的圆的上半部分（包括与轴的交点）， 直线的斜率为1，在轴上的截距为， 当直线与曲线恰有1个公共点时，该直线与曲线相切或有一个交点， 如图所示： 相切时，圆心到直线距离等于2，则， 即或（舍去，因为当时与下半部分相切，不符合题意）. 由图象可知，有一个交点时，. 综上可知，当直线与曲线恰有1个公共点时，或. 于是，当“”时，直线“与曲线恰有1个公共点”，则充分性成立； 当直线与曲线恰有1个公共点时，或，则必要性不成立. 所以， “”是“直线与曲线恰有1个公共点”的充分不必要条件. 故选：A 7. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论. 【详解】由题意， 在圆中，圆心，半径为， 到直线的距离为的点有且仅有 个， ∵圆心到直线的距离为：， 故由图可知， 当时， 圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于； 当时， 圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于； 当则的取值范围为时， 圆上有且仅有两个点到直线的距离等于. 故选：B. 8. 已知为椭圆的右焦点，过点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，P为AB的中点，O为坐标原点，若△OFP是以OF为底边的等腰三角形，且外接圆的面积为，则椭圆C的长轴长为（ ） A. B. C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由外接圆面积求半径，应用正弦定理求中的，结合已知有，根据中点弦，应用点差法有即可求椭圆的长轴长. 【详解】由外接圆的面积为，则其外接圆半径为. ∵是以为底边的等腰三角形，设，则， ∴，得， ∴或. 不妨设点在轴下方， 由是以为底边的等腰三角形，知：或 设，则 ，， 所以， 所以， 因为四点共线，为线段的中点， 所以，， 所以， 所以或（此时焦点在轴上，舍去） ∵为椭圆的右焦点， ， ∴，故椭圆的长轴长为. 故选：B. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中解决弦的中点相关问题，经常利用点差法解决. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 已知圆与圆，下列说法正确的是（ ） A. 与的公切线恰有2条 B. 与相交弦的方程为 C. 与相交弦的弦长为 D. 若分别是圆上的动点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由根据两圆之间的位置关系确定公切线个数；如果两圆相交，进行两圆方程的做差可以得到相交弦的直线方程； 通过垂径定理可以求弦长；两圆上的点的最长距离为圆心距和两半径之和，逐项分析判断即可. 【详解】由已知得圆的圆心，半径，圆的圆心，半径， 对于A，因满足，故两圆相交， 此时与的公切线恰有2条，故A正确； 对于B，将两个圆的方程作差，整理可得与相交弦方程为，故B正确； 对于C，因点到相交弦的距离为，故相交弦的弦长为，故C错误； 对于D，若分别是圆上的动点，则，故D正确. 故选：ABD 10. 设椭圆的焦点为在椭圆上，则（ ） A. B. 的最大值为7，最小值为1 C. 的最大值为16 D. 面积的最大值为10 【答案】BC 【解析】 【分析】由椭圆方程可得：，根据椭圆的性质结合各选项的描述判断正误即可. 【详解】由椭圆方程知：，故A错误； ，，故B正确； 在椭圆左右顶点上时取等，故C正确； 面积最大时，在椭圆左右顶点上，面积最大值为，故D错误， 故选：BC. 11. 在三棱锥中，，点在平面上的射影为点，直线与平面所成的角分别为，则（ ） A. 点的轨迹长度为 B. 的取值范围是 C. 三棱锥的体积的最小值是 D. 当最大时，三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】在平面中，建立平面直角坐标系，即可得到点的轨迹方程，从而判断A， 记，即可得到的范围，从而得到的范围，从而判断B，由锥体的体积公式代入计算，即可判断C，由球的表面积公式代入计算，即可判断D. 【详解】   对于选项A：点在平面内的射影为点，则， 因为，所以， 以所在的直线为轴，以的中垂线为轴建立的平面直角坐标系， 则，设，因为， 可得，整理得， 即，所以点轨迹是半径为的圆， 所以所求轨迹的长度为，所以A正确； 对于选项B：当与圆相切时，记， 则， 又，所以， 即，所以，所以B不正确； 对于选项C：由，可得， 所以体积，所以C正确；    对于选项D：当最大时，，所以， 所以是顶角的等腰三角形， 记的外心是，则四边形是菱形，取的中点， 则点是的外心， 所以过点分别作平面的垂线，交于点， 则点就是三棱锥的外接球球心. 又，记三棱锥的外接球半径为， 则，所以外接球的表面积为，所以D正确； 故选：ACD. 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面的法向量为，向量，且点在平面外，点在平面上，则点到平面的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】因为平面的法向量为，向量，所以. 故答案为： 13. 已知点，直线与圆：交于两点，若为等腰直角三角形，则直线的方程为 ______ 写出一条即可 【答案】（或或） 【解析】 【分析】分、和讨论即可得解. 【详解】由圆：，得圆心，半径， ，在圆上， 若，可得过圆心且， 又，， 直线的方程为，即； 若，可得过圆心且， 则,可得的直线的方程为，联立圆方程， 解得或，可得的坐标为或， 根据圆的对称性易知， 直线的方程为或， 即或； 若，由的等价性可知该情况与一致； 综上：直线方程为：或或． 故答案为：（或或）. 14. 已知是椭圆的两个焦点，点在上，，，为从小到大连续的三个正整数，且，则的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意设，结合椭圆的性质和余弦定理以及二倍角的余弦公式计算出，再由离心率的公式计算可得. 【详解】由题意设， 由椭圆定义， 所以， 设， 对应用余弦定理可得，可得， 对应用余弦定理可得，可得， 又，代入并化简可得， 所以，， 所以离心率. 故答案为：. 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. 已知直线和圆. （1）判断直线与圆的位置关系； （2）求过点且与圆相切的直线方程. 【答案】（1）直线与圆相交. （2）或. 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式以及直线与圆位置关系即可求解； （2）利用直线与圆相切与点到直线的距离公式的关系求解. 【小问1详解】 由圆可得，圆心，半径，圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相交. 【小问2详解】 若过点的直线斜率不存在，则方程为，此时圆心到直线的距离为，满足题意； 若过点且与圆相切的直线斜率存在，则设切线方程为， 即，则圆心到直线的距离为， 解得，所以切线方程为，即，综上，过点且与圆相切的直线方程为或. 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，点，分别为和中点. （1）求证：直线平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析. (2) . 【解析】 【详解】试题分析：（1）作交于根据条件可证得为平行四边形，从而根据线面平行的判定，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，根据条件中的数据可求得平面PAB的一个法向量为，从而问题可等价转化为求与的夹角． 试题解析：（1）作交于，∵点为中点，∴，∴， 为平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面； （2）如图所示，建立坐标系，由已知得，，， ，，∴，，设平面的一个法向量为，∵，，∴，取，则，∴平面PAB的一个法向量为，∵， 设向量与所成角为， ∴，∴平面所成角的正弦值为． 考点：1．线面平行的判定；2．空间向量求空间角． 17. 已知椭圆的一个焦点为，且离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）不过原点的直线与椭圆C交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由焦点和离心率即可求出，从而可得椭圆方程； （2）设出直线的方程，联立椭圆方程，由点直线的距离公式，结合韦达定理，把面积表示为的函数，再利用基本不等式即可求出结果. 【小问1详解】 由已知得，又离心率，得到，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设， 联立，消得， ，得到， 由韦达定理得，， 又因为， 又原点到直线的距离为， 所以， 当且仅当，即，满足， 所以，面积的最大值为，此时直线的方程为. 18. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.动点分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记. （1）求证：平面； （2）将的长用表示，并求其最小值； （3）当平面与平面夹角为时，求的长. 【答案】（1）证明见解析 （2），最小值为； （3） 【解析】 【分析】（1）可证平面平面，利用面面垂直的性质可证线面垂直； （2）以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，求得、、、、、的坐标，直接由两点间的距离公式可得，利用配方法求最值即可； （3）求出两平面的法向量，根据面面夹角列方程求出参数，然后代入（2）可得． 【小问1详解】 因为为正方形，所以， 又平面平面，且平面平面，所以平面 【小问2详解】 如图建立空间直角坐标系，， 分别作，垂足分别为， 易知，因为，由相似比可得， 所以； 所以，当时，最小，最小值为； 【小问3详解】 由上得. 设平面与平面的法向量分别为， 则， . 令，得， 令，得， 因为平面与平面夹角，所以， 即，解得（增根已舍去）， 所以此时. 19. 17世纪荷兰数学家舒腾设计了多种圆锥曲线规，其中的一种如图1所示.四根等长的杆用铰链首尾链接，构成菱形.带槽杆长为4，点间的距离2，转动杆一周的过程中始终有.点在线段的延长线上，且. （1）以线段中点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，求出点的轨迹的方程； （2）过点的直线与交于两点.记直线的斜率分别为， （i）证明：为定值； （ii）若直线的斜率为，点是轨迹上异于的点，且平分，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明如下： 证明：设直线与椭圆的交点坐标为 ①当直线斜率存在时，如图， 设， 联立直线与椭圆的标准方程， 可得：， 显然：恒成立，则， ， ， ， ，即为定值； ②当直线斜率不存在时，直线垂直于轴，如图， 显然，可得：即0， 综上所述：为定值. （ii） 【解析】 【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义知点的轨迹是以为焦点的椭圆，确定a，b即可求解； （2）（i）设，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，结合两点表示斜率公式即可证明； （ii）根据三角形面积公式化简可得，设，由（i）和平面向量的坐标表示建立的方程，解之即可求解. 【小问1详解】 ， 点的轨迹是以为焦点的椭圆， 设椭圆的方程为， ， ， 点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）， ，由（i）可知：， 设，即， ，可得， 又，，则， 又直线的斜率存在，， ， 综上：. 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法：一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州高级中学2025-2026学年第一学段考试 高二数学试题 试卷总分：150分 完卷时间：120分钟 第I卷 一､单选题：本题共有8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量，若与垂直，则（ ）. A. B. C. D. 2. 若方程表示椭圆，则实数的取值范围是（    ） A. B. C. D. 3. 已知，若三个向量共面，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 光线通过点，在直线上反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 直线被圆所截得的最短弦长等于（ ） A. B. C. D. 4 6. “”是“直线与曲线恰有1个公共点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知为椭圆的右焦点，过点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，P为AB的中点，O为坐标原点，若△OFP是以OF为底边的等腰三角形，且外接圆的面积为，则椭圆C的长轴长为（ ） A. B. C. 4 D. 6 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 已知圆与圆，下列说法正确的是（ ） A. 与的公切线恰有2条 B. 与相交弦的方程为 C. 与相交弦的弦长为 D. 若分别是圆上的动点，则 10. 设椭圆的焦点为在椭圆上，则（ ） A. B. 的最大值为7，最小值为1 C. 的最大值为16 D. 面积的最大值为10 11. 在三棱锥中，，点在平面上的射影为点，直线与平面所成的角分别为，则（ ） A. 点的轨迹长度为 B. 的取值范围是 C. 三棱锥的体积的最小值是 D. 当最大时，三棱锥的外接球的表面积为 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面的法向量为，向量，且点在平面外，点在平面上，则点到平面的距离为__________. 13. 已知点，直线与圆：交于两点，若为等腰直角三角形，则直线的方程为 ______ 写出一条即可 14. 已知是椭圆的两个焦点，点在上，，，为从小到大连续的三个正整数，且，则的离心率为______． 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. 已知直线和圆. （1）判断直线与圆的位置关系； （2）求过点且与圆相切的直线方程. 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，点，分别为和中点. （1）求证：直线平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 17. 已知椭圆的一个焦点为，且离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）不过原点的直线与椭圆C交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程. 18. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.动点分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记. （1）求证：平面； （2）将的长用表示，并求其最小值； （3）当平面与平面夹角为时，求的长. 19. 17世纪荷兰数学家舒腾设计了多种圆锥曲线规，其中的一种如图1所示.四根等长的杆用铰链首尾链接，构成菱形.带槽杆长为4，点间的距离2，转动杆一周的过程中始终有.点在线段的延长线上，且. （1）以线段中点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，求出点的轨迹的方程； （2）过点的直线与交于两点.记直线的斜率分别为， （i）证明：为定值； （ii）若直线的斜率为，点是轨迹上异于的点，且平分，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $