精品解析：海南省文昌中学2025-2026学年高二上学期11月段考数学试题

2025—2026学年度第一学期高二段考试题 数 学 第Ⅰ卷 （选择题） 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 椭圆的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 两条平行直线和间的距离为，则分别为（ ） A B. C. D. 4. 甲、乙两人投篮的命中率分别为和，且他们投篮互不影响，若两人分别投篮一次，则至少有一人投中的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 设，为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆的方程为，直线与圆相交于M、N两点且，则的值为（ ） A. B. C. D. 10 7. 已知圆：（，为常数）与：.若圆心与关于直线对称，则圆与的位置关系为（ ） A. 内含 B. 相交 C. 相切 D. 相离 8. 已知双曲线的两个焦点分别为，，过右焦点作直线l，交右支于A，B两点，以AB为直径的圆过，若，则双曲线C的离心率的平方为（ ） A. B. C. D. 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，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分． 9 已知直线和圆，则（ ） A. 直线l恒过定点 B. 存在k使得直线l与直线垂直 C 直线l与圆O相交 D. 若，直线l被圆O截得的弦长为4 10. 从装有除颜色外完全相同的2个红球（编号为1，2）和2个白球（编号为3，4）的口袋中不放回地依次随机摸出2个球，表示事件“恰有1个白球”，表示事件“恰有2个白球”，表示事件“取到了编号为1的小球”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件，互为对立事件 B. C. D. 事件，为相互独立事件 11. 椭圆：的左、右焦点分别为，点P在椭圆上，点在以为圆心，的长轴长为直径的圆上，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的最大值为8 C. 过点的直线与椭圆只有一个公共点，此时直线方程为和 D. 的最小值为 第Ⅱ卷 （非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若抛物线上的点P的横坐标为3，则点P到焦点的距离是______． 13. 以双曲线的离心率为半径，以右焦点为圆心的圆与双曲线的渐近线相切，则的值为__________. 14. 已知三棱锥四个顶点在球面上，，是边长为的正三角形，，分别是，的中点，，则此球的半径是______. 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. 已知椭圆的离心率为是椭圆的右顶点． （1）求椭圆的方程； （2）过点且倾斜角为直线与椭圆交于A、B两点，求． 16. 已知四棱锥，平面，底面是矩形，，，，分别是与的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．已知：甲成功解密一份文件的概率为，乙成功解密两份文件的概率为． （1）求的值； （2）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码至多两次的概率． 18. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，为的中点． （1）求证：； （2）求平面和平面夹角的余弦值； （3）若直线与平面所成角的正弦值为，求实数的值． 19. 在平面直角坐标系中，满足到、距离之和为定值的点的轨迹为曲线，且点在曲线上.过点且不平行于x轴的直线与曲线交于点A、B，AB的中点为G，过点A，B分别作直线l：的垂线，垂足分别为C、D，l与x轴的交点为E. （1）求的方程； （2）证明：； （3）记CG与AE的交点为M，DG与BE的交点为N，求四边形MGNE面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第一学期高二段考试题 数 学 第Ⅰ卷 （选择题） 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出直线斜率，进而求出其倾斜角. 【详解】直线的斜率，倾斜角范围为， 所以直线的倾斜角为. 故选：B 2. 椭圆的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化椭圆的方程为，结合椭圆的几何性质，即可求解. 【详解】由椭圆化为标准方程为， 可得，则，可得，且焦点在轴上， 所以椭圆的焦点坐标为. 故选：C. 3. 两条平行直线和间的距离为，则分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两直线平行可推出，再根据平行线间距离公式可计算. 【详解】由题意可得， 再由平行线的距离公式得. 故选：B 4. 甲、乙两人投篮的命中率分别为和，且他们投篮互不影响，若两人分别投篮一次，则至少有一人投中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据相互独立事件的概率和对立事件的概率公式计算. 【详解】至少有一人投中的概率为. 故选：D 5. 设，为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由椭圆标准方程可得，，，根据题意得或，结合图形，利用椭圆的定义求出的三边长，即可求得其面积 【详解】由椭圆：可得，， ， 因为上一点且在第一象限，则 由等腰三角形，则可得或， 当时，， 此时的面积为：； 当时，，不合题意，舍去. 综上，可得的面积为. 故选：C． 6. 已知圆的方程为，直线与圆相交于M、N两点且，则的值为（ ） A. B. C. D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】由题设易得圆心为，半径为，，，进而根据列方程求解即可. 详解】由圆：，即， 则圆心为，半径为，， 在圆中，由于，， 则， 而圆心到直线的距离为， 由，则，解得. 故选：A 7. 已知圆：（，为常数）与：.若圆心与关于直线对称，则圆与的位置关系为（ ） A. 内含 B. 相交 C. 相切 D. 相离 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件求出 的圆心 ，再根据 圆心的距离即可判断. 【详解】圆的方程为， 依题意，， 因为圆心与关于直线对称， 所以，又，，，， ，所以两个圆相交； 故选：B. 8. 已知双曲线的两个焦点分别为，，过右焦点作直线l，交右支于A，B两点，以AB为直径的圆过，若，则双曲线C的离心率的平方为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合题意与双曲线定义得到，，再结合余弦定理建立齐次方程求解离心率即可. 【详解】因为，所以，即， 令，得到，， 由双曲线定义得，， 因为以AB为直径的圆过，所以， 故，得到， 整理得，解得， 则，， 在中，由余弦定理得， 得， 整理得，则，故A正确. 故选：A 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，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分． 9. 已知直线和圆，则（ ） A. 直线l恒过定点 B. 存在k使得直线l与直线垂直 C. 直线l与圆O相交 D. 若，直线l被圆O截得的弦长为4 【答案】BC 【解析】 【分析】利用直线系方程求出直线所过定点坐标判断A、C；求出使得直线与直线垂直的值判断B；根据弦长公式求出弦长可判断D. 【详解】解：对于A、C，由，得，令，解得， 所以直线恒过定点，故A错误； 因为直线恒过定点，而，即在圆内， 所以直线l与圆O相交，故C正确； 对于B，直线的斜率为，则当时，满足直线与直线垂直，故B正确； 对于D，时，直线，圆心到直线的距离为， 所以直线l被圆O截得的弦长为，故D错误. 故选：BC. 10. 从装有除颜色外完全相同的2个红球（编号为1，2）和2个白球（编号为3，4）的口袋中不放回地依次随机摸出2个球，表示事件“恰有1个白球”，表示事件“恰有2个白球”，表示事件“取到了编号为1的小球”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件，互为对立事件 B. C. D. 事件，为相互独立事件 【答案】BCD 【解析】 【分析】除了事件与事件，还有事件“恰有2个红球”可判断A；求得总的基本事件的个数，再求得事件，事件，事件包含的基本事件的个数，利用古典概型概率公式求得概率可判断BCD. 【详解】因为在一次取球中，事件与事件不可能同时发生， 除了这两个基本事件外，还有事件“恰有2个红球”，故和不为对立事件，故A错误； 因为从袋子中随机地取出2个球，共有，，，，，，， ，，，，，12种情况， 事件包含8个基本事件，事件包含6个基本事件，事件包含4个基本事件， 则，，， 所以事件，为相互独立事件，故BCD正确. 故选：BCD. 11. 椭圆：的左、右焦点分别为，点P在椭圆上，点在以为圆心，的长轴长为直径的圆上，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的最大值为8 C. 过点的直线与椭圆只有一个公共点，此时直线方程为和 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题设结合离心率公式直接计算即可求解判断A；由椭圆定义结合基本不等式即可求解判断B；设直线方程并与椭圆方程联立，利用判别式即可计算求解判断C；利用椭圆定义数形结合转化得到即可计算得解. 【详解】由题可得，所以，故A正确； 由题可得，所以，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为4，故B错误； 因为，所以点在椭圆C外， 显然过点的直线与椭圆只有一个公共点，则直线斜率存在，设该直线方程为，即， 联立， 则或， 所以过点与椭圆只有一个公共点的直线方程为或， 即和，故C正确； ，以为圆心,且的长轴长为直径的圆的半径为2，如图， 所以 所以的最小值为.故D正确； 故选：ACD 第Ⅱ卷 （非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若抛物线上的点P的横坐标为3，则点P到焦点的距离是______． 【答案】5 【解析】 【分析】直接利用抛物线的定义，求解即可． 【详解】解：抛物线的焦点，准线为，由P的横坐标为3，所以P到准线的距离为5，故点P到焦点的距离是5． 故答案为：5. 13. 以双曲线的离心率为半径，以右焦点为圆心的圆与双曲线的渐近线相切，则的值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，求出双曲线渐近线方程、离心率及右焦点坐标，再利用圆的切线性质列式计算得解. 【详解】双曲线的渐近线为，离心率，右焦点， 依题意，，所以. 故答案为： 14. 已知三棱锥四个顶点在球面上，，是边长为的正三角形，，分别是，的中点，，则此球的半径是______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意结合余弦定理求得，进而可得两两垂直，可以把三棱锥P-ABC转化为边长为1的正方体，利用正方体的性质求外接球的半径. 【详解】设，则， 因为，则， 在中，因为，则， 由余弦定理可得， 即，解得（负值已舍去）， 可知，即，同理可得，，所以两两垂直， 可以把三棱锥转化为边长为1的正方体，则三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 正方体的体对角线即为外接球的直径，即. 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. 已知椭圆的离心率为是椭圆的右顶点． （1）求椭圆的方程； （2）过点且倾斜角为的直线与椭圆交于A、B两点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率以及顶点坐标即可得关于的方程，求解即可； （2）求出直线l的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，可得. 【小问1详解】 由椭圆的右顶点可得，又，所以， 所以， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 因为直线过点且倾斜角为，所以直线的方程为 由 得， 设，则， 由弦长公式得． 16. 已知四棱锥，平面，底面是矩形，，，，分别是与的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，可得，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，根据向量夹角的余弦公式即可求得直线与平面的正弦值. 【小问1详解】 取的中点，连接. 则. 而底面为矩形，是的中点， 所以. 所以，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，而不在平面内， 所以平面. 【小问2详解】 因为平面，四边形为矩形，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，. 所以. 设平面的一个法向量为， 则，令，则. 所以平面的一个法向量为， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．已知：甲成功解密一份文件的概率为，乙成功解密两份文件的概率为． （1）求的值； （2）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码至多两次的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设“甲成功解密份文件”，“乙成功解密份文件”根据题意，列出方程，即可求解； （2）由（1）知：，设“甲乙两人两次一共解开密码至多2次”，结合独立事件的乘法和互斥事件的概率加法公式，求得，进而求得，即可得到答案. 【小问1详解】 解：设“甲成功解密份文件”，“乙成功解密份文件”（） 由题知，解得. 【小问2详解】 解：由（1）知：， 设“甲乙两人两次一共解开密码至多2次”，则， 其中两两互斥，与，与，与分别相互独立， 可得，， 所以，则 所以甲、乙两次解密过程中一共解开密码至多两次的概率为． 18. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，为的中点． （1）求证：； （2）求平面和平面夹角的余弦值； （3）若直线与平面所成的角的正弦值为，求实数的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质得平面，再由线面垂直的性质，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求解； （3）利用（2）中结果，利用线面角的向量法，即可求解. 【小问1详解】 由为等边三角形，为的中点，可知， 又因为平面平面，平面平面，平面 所以平面，又平面，则． 【小问2详解】 取的中点，连接，因为， 则，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 又，，则， 所以， 设平面的法向量 因为， 由，得到，令， 所以， 易知平面的一个法向量为，则， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 因为，设直线与平面所成角为， ， 整理得到，即， 解得，满足题意，所以. 19. 在平面直角坐标系中，满足到、距离之和为定值的点的轨迹为曲线，且点在曲线上.过点且不平行于x轴的直线与曲线交于点A、B，AB的中点为G，过点A，B分别作直线l：的垂线，垂足分别为C、D，l与x轴的交点为E. （1）求的方程； （2）证明：； （3）记CG与AE的交点为M，DG与BE的交点为N，求四边形MGNE面积的最大值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意知定值为，进而根据椭圆的定义求解即可； （2）要证明，只需证明直线和的斜率相等即可； （3）将求四边形的面积的最大值转化为求面积的最大值，联立直线和椭圆方程，利用根和系数的关系及函数的单调性求解即可. 【小问1详解】 根据题意，点到、距离之和为， 所以，设点，则到、距离之和为且大于与距离， 所以，根据椭圆定义得，曲线表示以、为焦点，长轴长为的椭圆 所以，中，，即， 所以，曲线的方程为. 小问2详解】 由题知椭圆右焦点为，设直线方程： ，设 联立 ，消得： 由韦达定理：      又，, 所以，， 要证，即证, 即证， 即证， 即证， 又根据韦达定理：，得证. 【小问3详解】 如图：    在中，因为，G中点，所以是中点， 由（2）同理可得，所以四边形是平行四边形， 且G是中点，所以是中点，连接， 易知 所以, 由（2）得：， 令椭圆的右焦点为，则 即 计算 所以， （令）化简得： ， 由于对勾函数单调递增（对求导）， 所以，则：， 故：. 所以四边形MGNE面积的最大值为：. 【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．有时若直线过轴上的一点，可将直线设成点斜式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $