精品解析：广西壮族自治区桂林市2025-2026学年高二上学期阶段性教学质量检测（11月）数学试题

广西壮族自治区桂林市2025年秋季学期高二年级阶段性教学质量检测数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第一、二册占，选择性必修第一册第一章至第二章第二节占． 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. 圆的圆心坐标和半径分别是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据圆的方程求解圆心和半径即可. 【详解】由可知圆的圆心坐标为，半径为2. 故选：B 2. 复数的实部和虚部分别是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求出复数，即得其实部和虚部. 【详解】由题意可得， 则复数的实部和虚部分别为和. 故选：C. 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的单调性比较出大小. 【详解】因为在上单调递增，在上单调递增， 所以，， 所以， 故选：D. 4. 若双曲线的虚轴长为，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件求出，再求渐近线方程. 【详解】由题意可得，，得， 则该双曲线的渐近线方程为. 故选：B 5. 已知，则“”的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的性质及充分条件与必要条件的概念判断. 【详解】若，则；若，则， 所以“”是“”的充要条件，A不符合题意. 当，时，满足，但不成立，B不符合题意. 由，得，则， 由，得，但不一定成立， 则“”是“”的必要不充分条件，C符合题意. 当，时，满足，但不成立，D不符合题意. 故选：C. 6. 已知圆与圆相交于两点，则点到直线的距离是（ ） A. 3 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用两圆的公共弦方程结合点到直线的距离计算即可. 【详解】由题意可得直线的方程为， 即0，则点到直线的距离是. 故选：B 7. 若直线关于直线对称的直线经过点，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求得关于直线的对称点，代入点的坐标于的方程，由此可求的值. 【详解】设关于直线的对称点为， 所以，解得，所以， 又因为在直线上，所以，解得， 故选：A. 8. 某甜品店推出新款球形慕斯蛋糕，该球形慕斯蛋糕的半径为3厘米，现需将其放入一个正四面体形状的包装盒，忽略包装盒的厚度，则该包装盒容积的最小值为（ ） A. 立方厘米 B. 立方厘米 C. 立方厘米 D. 立方厘米 【答案】D 【解析】 【分析】由棱长求得棱锥高，再由棱锥体积公式求得，即可求解. 【详解】设该包装盒的棱长为厘米，则正三角形外接圆半径为， 则该包装盒的高厘米， 当蛋糕对应的小球与正四面体内切时，该包装盒的容积最小， 由正四面体体积公式可得体积为：， 以正四面体内切球球心为顶点，四个面为底面，可将正四面体分成4个小三棱锥，高即为内切球半径， 则正四面体体积为：， 即 解得， 此时包装盒容积为立方厘米. 故选：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. 已知直线和直线，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线和直线平行的系数关系可列出方程组求出，进而判断A，B；根据直线和直线垂直的系数关系列出方程即可求出，进而判断C，D. 【详解】由，得，解得或，则A错误，B正确. 由，得，解得，则C，D正确. 故选：BCD 10. 已知椭圆的短轴长为，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，射线（为坐标原点）交椭圆于点，则（ ） A. 椭圆的方程为 B. 当为的中点时，直线的斜率为 C. 当时，直线的方程为 D. 当轴时，的面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用椭圆的性质计算参数可判定A，利用中点弦可判定B，利用两直线垂直的关系结合点斜式可判定C，先计算，再联立直线与椭圆方程计算N点坐标，即可判定D. 【详解】A，易知，解得，所以，故A正确； B，设，则，作差得， 即，易知，故B错误； C，当时，，则直线为，故C正确； D，当轴时，此时，不妨设，则， 所以，易知，与椭圆联立可得， 所以，故D错误. 故选：AC 11. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的图象关于点中心对称 C. 在上单调 D. 的最大值是 【答案】AD 【解析】 【分析】由偶函数及对称性的概念可判断AB，由特殊值可判断C，确定函数周期为，通过时，，平方.再换元，进而可判断D. 【详解】对A：定义域为， 因为，所以是偶函数，A正确. 对B：因为， ， 所以，则的图象关于直线对称，B错误. 对C：因为，，所以在上不单调，C错误. 对D：因为，所以是的一个周期， 则的最大值即在上的最大值. 当时，， 则. 设，则， 设函数. 由解析式可知函数在上单调递增，所以， 即，所以，故的最大值是，D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线在轴上的截距是______． 【答案】 【解析】 【分析】令，求值即可. 【详解】令，则，得， 则直线在轴上的截距是. 故答案为： 13. 在中，内角，，的对边分别是，，，且，则面积的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理结合基本不等式可得，由三角函数性质计算可得，再由三角形面积公式计算即可. 【详解】由余弦定理可得， 因为，所以， 当且仅当时，等号成立， 因为，在上单调递减， 所以，则， 所以的面积. 故答案为：. 14. 已知是双曲线的两个焦点，直线与双曲线的右支交于点．若（为坐标原点），则双曲线的离心率是______． 【答案】 【解析】 【分析】联立直线与圆的方程得点坐标，代入双曲线方程，结合离心率定义求解. 【详解】联立，消去得 解得（因在右支，取正根），代入得，即. 将代入得， 设，即，代入化简得：， 解得（舍去小于1的根），故. 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. 求符合下列条件的双曲线的标准方程： （1）焦点在轴上，焦距为，实轴长为； （2）过点，离心率为． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）假设双曲线标准方程，根据焦距、实轴长和之间关系可构造方程求得结果； （2）分别讨论双曲线焦点在轴和轴上的情况，根据离心率、双曲线上的点和之间的关系可构造方程求得结果. 【小问1详解】 设双曲线标准方程为：， ，，双曲线标准方程为. 【小问2详解】 当双曲线焦点在轴上时，设其方程为， ，解得：，双曲线标准方程为； 当双曲线焦点在轴上时，设其方程为， ，解得：，双曲线标准方程为； 综上所述：双曲线标准方程为或. 16. 已知的三个顶点坐标分别为. （1）求边上的高所在直线的方程； （2）已知过点的直线与轴的正半轴分别交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求直线的一般式方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用边上的高所在直线与直线的位置关系可求出斜率，再利用直线的点斜式方程即可求解； （2）设出直线的方程，再利用三角形的面积公式即可求解. 【小问1详解】 由题意可得直线的斜率为，则边上的高所在直线的斜率为， 故边上的高所在直线的方程为，即； 【小问2详解】 由题意可知直线的斜率存在且为负数，则设直线， 令，得，则点的坐标为， 令，得，则点的坐标为， 因为的面积为，所以，即 所以，所以，即， 解得或， 当时，直线的方程为，即， 当时，直线的方程为，即 综上，直线的一般式方程为或 17. 已知函数. （1）当时，有两个不同的实根，，求的值； （2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围； （3）当时，与有相同的零点，求的值. 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）根据韦达定理即可求解， （2）利用判别式即可求解， （3）根据方程的根即可求解. 【小问1详解】 当时，令， 则，， 故. 【小问2详解】 因为对任意的，不等式恒成立，所以 解得，即的取值范围是. 【小问3详解】 当时，由，得或. 由，得，则. 依题意得或， 解得或， 经检验或的时候与有相同的零点， 所以或. 18. 已知圆，，是圆上的动点，线段的垂直平分线和线段交于点，设点的轨迹为． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，求（为坐标原点）面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用中垂线的性质，结合椭圆的定义计算即可； （2）设l方程与椭圆联立，根据弦长公式与点到直线的距离公式计算三角形面积，再利用基本不等式计算最值即可. 【小问1详解】 由题意可知圆心，半径， 连接，易知， 所以， 即点的轨迹是以为左、右焦点的椭圆， 不妨设该椭圆的长轴，短轴，焦距分别为， 即， 则的方程为； 【小问2详解】 显然直线斜率存在，不妨设，， 联立直线l与椭圆方程有，整理得， 所以，则， 由弦长公式可知， 原点到l的距离， 则， 令，则， 当且仅当时取得等号， 所以（为坐标原点）面积的最大值为. 19. 已知圆经过两点，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程. （2）已知斜率为的直线过点，且与圆交于两点，直线与直线交于点. ①记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：. ②试问点是否在定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）①设直线. 由整理得， 则， 故. 因为， 所以. 把代入上式， 得. ②点在定直线上，理由如下： 直线的方程为，直线的方程为. 由得. 因为，所以， 所以， 即，则，即点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）设圆心的坐标为，可得，从而求出，利用圆心在直线，即可求出,得到半径，从而求得圆的标准方程 （2）①设直线.与圆的方程联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理可得，分别表示出和，化简即可证明； ②分别写出直线和直线的方程，结合，通过联立直线和直线的方程，消去参数，得到的固定直线方程，即可确定点是否在定直线. 【小问1详解】 设圆心的坐标为. 因为是圆上的两点，所以，所以 即，解得. 因为圆心在直线上，所以，解得， 则圆的半径， 故圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①略 ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广西壮族自治区桂林市2025年秋季学期高二年级阶段性教学质量检测数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第一、二册占，选择性必修第一册第一章至第二章第二节占． 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. 圆的圆心坐标和半径分别是（ ） A. B. C. D. 2. 复数的实部和虚部分别是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若双曲线的虚轴长为，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则“”的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆与圆相交于两点，则点到直线的距离是（ ） A. 3 B. C. D. 2 7. 若直线关于直线对称的直线经过点，则（ ） A. B. 1 C. D. 8. 某甜品店推出新款球形慕斯蛋糕，该球形慕斯蛋糕的半径为3厘米，现需将其放入一个正四面体形状的包装盒，忽略包装盒的厚度，则该包装盒容积的最小值为（ ） A. 立方厘米 B. 立方厘米 C. 立方厘米 D. 立方厘米 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. 已知直线和直线，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知椭圆的短轴长为，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，射线（为坐标原点）交椭圆于点，则（ ） A. 椭圆的方程为 B. 当为的中点时，直线的斜率为 C. 当时，直线的方程为 D. 当轴时，的面积为 11. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的图象关于点中心对称 C. 在上单调 D. 的最大值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线在轴上的截距是______． 13. 在中，内角，，的对边分别是，，，且，则面积的最大值是______. 14. 已知是双曲线的两个焦点，直线与双曲线的右支交于点．若（为坐标原点），则双曲线的离心率是______． 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. 求符合下列条件的双曲线的标准方程： （1）焦点在轴上，焦距为，实轴长为； （2）过点，离心率为． 16. 已知的三个顶点坐标分别为. （1）求边上的高所在直线的方程； （2）已知过点的直线与轴的正半轴分别交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求直线的一般式方程. 17. 已知函数. （1）当时，有两个不同的实根，，求的值； （2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围； （3）当时，与有相同的零点，求的值. 18. 已知圆，，是圆上的动点，线段的垂直平分线和线段交于点，设点的轨迹为． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，求（为坐标原点）面积的最大值． 19. 已知圆经过两点，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程. （2）已知斜率为的直线过点，且与圆交于两点，直线与直线交于点. ①记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：. ②试问点是否在定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $