精品解析：安徽省合肥市第八中学2025-2026学年高二上学期第一次集中统一作业数学试题

合肥八中2024级高二年级第一学期集中统一作业 （考试时间：120分钟试卷满分：150分） 命题人：罗风云审题人：方旭 第一部分（选择题共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 过两点的直线的倾斜角为135°，则的值为（ ）. A. 或 B. C. D. 2. 已知直线，，若，则（ ） A. 1或2 B. 0 C. D. 0或 3. “”是“方程表示的曲线为椭圆”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）． A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 5. 已知四面体，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则（ ） A. 1 B. 2 C. -1 D. -2 6. 已知，，圆上有且仅有一个点满足，则的取值可以为（ ） A. 1或3 B. 2 C. 3 D. 1或5 7. 已知椭圆：的左焦点为，不经过且斜率为的直线交于，两点.当的周长最大时，（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆C：，若圆上存在两个不同的点A，B满足（O为坐标原点），则实数m的取值范围是（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为 B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 C. 当点到直线的距离最大时，m的值为 D. 已知直线过定点且与以，为端点的线段有交点，则直线的斜率k的取值范围是 10. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离是 C. D. 异面直线与所成角的正切值为4 11. 伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是的双纽线上一点，下列说法正确的是（ ） A. 若直线交双纽线于，，三点（为坐标原点），则 B. 双纽线上满足的点有2个 C. 的面积的最大值为 D. 的周长的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线分别交轴和于点，，为直线上一点，则的最大值是__________． 13. 如图，已知矩形中，，，现将沿对角线折成二面角，使，则异面直线和所成角为___________. 14. 已知点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，当最小时，直线的方程为__________ 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. 在平面直角坐标系中，已知的三个顶点是. （1）若直线过点，且点到直线的距离相等，求直线的方程； （2）若直线过点，且与轴、轴的正半轴分别交于两点，求证：当取得最小值直线平分的面积. 16. 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 17. 已知圆经过点，圆心在射线上，且直线被圆截得的弦长为. （1）求圆的方程； （2）过点作圆的切线，求切线的方程. 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD，，. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）设，且点P，B，C，D均在球O的球面上. （i）证明：点O在平面内； （ii）求O到平面的距离. 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为且焦距为2，上顶点为，且直线的斜率之积为. （1）求椭圆的方程： （2）设直线不经过点且与相交于两点， (i)证明：直线过定点； (ii)设为①中点关于轴的对称点，过点作直线交于椭圆于两点，且，求四边形面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥八中2024级高二年级第一学期集中统一作业 （考试时间：120分钟试卷满分：150分） 命题人：罗风云审题人：方旭 第一部分（选择题共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 过两点的直线的倾斜角为135°，则的值为（ ）. A. 或 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜率和倾斜角的关系，列出等式求解即可． 【详解】由题知，直线的斜率存在，所以A点和B点的横坐标不一样，即， 则，所以，解得或， 又，所以． 故选：B． 2. 已知直线，，若，则（ ） A. 1或2 B. 0 C. D. 0或 【答案】A 【解析】 【分析】利用两直线垂直的性质得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】因为，，， 所以，解得或， 经检验，或满足题意，故或. 故选：A. 3. “”是“方程表示的曲线为椭圆”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】首先求方程表示椭圆的的取值范围，再根据集合的包含关系，即可判断选项. 【详解】若方程表示椭圆，则 ，解得：，且， 所以“”是“方程表示的曲线为椭圆”的必要不充分条件. 故选：B 4. 已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）． A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆心的轨迹方程后，根据圆心到原点的距离减去半径1可得答案. 【详解】设圆心，则， 化简得， 所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆， 所以，所以， 当且仅当在线段上时取得等号， 故选：A. 【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题. 5. 已知四面体，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则（ ） A. 1 B. 2 C. -1 D. -2 【答案】D 【解析】 【分析】在四面体中，取定一组基底向量，表示出，，再借助空间向量数量积计算作答. 【详解】四面体的所有棱长均为2，则向量不共面，两两夹角都为， 则， 因点E，F分别为棱AB，CD的中点，则，， ， 所以. 故选：D 6. 已知，，圆上有且仅有一个点满足，则的取值可以为（ ） A. 1或3 B. 2 C. 3 D. 1或5 【答案】A 【解析】 【分析】点在阿波罗尼斯圆上，且是圆上唯一一点，可知两圆相切，求参问题需求出阿波罗尼斯圆的圆心和半径. 【详解】设，由，两边平方得， 整理得，圆心为，半径为2． 圆的圆心为，半径为， 由题意知，两圆相切，圆心距为1，当两圆外切时无解， 所以只能是两圆内切，即， 解得或1． 时圆在内，时圆在外 故选：A 7. 已知椭圆：的左焦点为，不经过且斜率为的直线交于，两点.当的周长最大时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的定义证明当直线过点时，的周长最大，联立方程组求直线与椭圆的交点横坐标，根据弦长公式求结论. 【详解】椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为， 由椭圆的定义可得，， 所以的周长为， 又，所以，当且仅当在线段上时取等号， 所以当直线过点时，的周长最大， 又直线的斜率为，所以直线的方程为， 联立，消可得，所以或， 所以， 所以当的周长最大时，， 故选：C. 8. 已知圆C：，若圆上存在两个不同的点A，B满足（O为坐标原点），则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设AB的中点为，连接，利用几何性质可得，然后利用基本不等式及两边之和大于第三边得，求解即可. 【详解】设AB的中点为，连接，因为，所以， 所以，所以， 由得， 所以， 又，当且仅当三点共线时，等号成立， 所以，即，解得， 所以实数m的取值范围是. 故选：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为 B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 C. 当点到直线的距离最大时，m的值为 D. 已知直线过定点且与以，为端点的线段有交点，则直线的斜率k的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】由直线方向向量与斜率的关系求解可判定A；根据两直线的位置关系列出方程，求得的值，然后结合充要条件可判定B；根据直线过定点，结合垂直时距离最大，求得的值可判定C；根据直线的斜率公式，求得直线斜率的取值范围，可判定D. 【详解】对于A，因为直线的一个方向向量为， 所以该直线的斜率为，故A正确； 对于B，因为直线和互相垂直， 所以，解得或， 所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件， 所以B错误； 对于C，将直线方程变形为，由，可得， 所以直线过定点， 当直线与垂直时，点到的距离最大， 因为，则，所以C正确； 对于D，如图所示，由，， 所以由图知，或，所以斜率的取值范围是，所以D错误. 故选：AC. 10. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离是 C. D. 异面直线与所成角的正切值为4 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算判断A，建立空间直角坐标系利用空间向量模的坐标求法判断C，利用投影公式结合勾股定理判断B，利用线线角的向量求法判断D即可. 【详解】依题意得，故A正确； 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， ， 对于BC，， 所以，设， 则点到直线的距离，故BC正确； 对于D，因为， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的正切值为，故D错误． 故选：ABC． 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后利用投影公式结合勾股定理得到所要求的长度即可． 11. 伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是的双纽线上一点，下列说法正确的是（ ） A. 若直线交双纽线于，，三点（为坐标原点），则 B. 双纽线上满足的点有2个 C. 的面积的最大值为 D. 的周长的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知，代入坐标整理即可得出方程，即可判断A，令，求出，即可判断B，根据面积公式判断C，首先根据余弦定理，以及基本不等式判断D. 【详解】由双纽线的定义可得：， 即，化简得：， 当时，点的轨迹方程为， 令，解得或，所以，故A正确； 因为，，若满足，则点在轴上， 在方程中令，解得， 所以满足的点为，只有一个，故B错误； ， 当且仅当，即时，等号成立，故C正确； 因为， 设，则, 当且仅当时等号成立， 当时，，所以， 所以 所以，所以 所以， 又点P不能在x轴上，所以的周长的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线分别交轴和于点，，为直线上一点，则的最大值是__________． 【答案】. 【解析】 【分析】根据题意，得到，求得关于直线的对称点为，结合，结合当且仅当三点共线时，等号成立，即可求解. 【详解】由直线分别交轴和于点，可得， 如图所示，设点关于直线的对称点为， 则，解得，即， 又由，即，则， 当且仅当三点共线时，等号成立， 即的最大值为，即的最大值为. 故答案为：. 13. 如图，已知矩形中，，，现将沿对角线折成二面角，使，则异面直线和所成角为___________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量求法计算即可. 【详解】取中点M，连接 ，，， 取中点H，，，. 分别以M为原点，，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，，，， 则，， 故， 又因为两异面直线的夹角范围是， 故异面直线和所成角为. 故答案为：. 14. 已知点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，当最小时，直线的方程为__________ 【答案】 【解析】 【分析】先利用圆切线的性质推得、、、四点共圆，，从而将转化为，进而确定时取得最小值，再求得以为直径的圆的方程，由此利用两圆相交弦方程的求法即可得解. 【详解】圆：可化为， ，， ，是圆的两条切线，则，， 、、、四点共圆，且，， ， ， 当最小，即时，取得最小值， 此时方程为， 联立，解得，，即， 以为直径的圆的方程为， 即， 圆：，两圆相交， 两圆方程相减即为的方程. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将转化为，从而确定最小时的坐标，从而利用两圆相减可得相交弦方程的技巧得解. 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. 在平面直角坐标系中，已知的三个顶点是. （1）若直线过点，且点到直线的距离相等，求直线的方程； （2）若直线过点，且与轴、轴的正半轴分别交于两点，求证：当取得最小值直线平分的面积. 【答案】（1）或 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分别讨论当直线与平行，当直线通过的中点两种情况下，根据已知条件分别求出直线的方程. （2）利用基本不等式的性质求出取得最小值时的直线的方程，然后分别计算两个三角形的面积即可. 【小问1详解】 因为点到直线的距离相等，所以直线与平行或通过的中点， ①当直线与平行， 因为，且过点， 所以方程为，即； ②当直线通过的中点， 所以， 所以的方程为，即． 综上：直线的方程为或． 【小问2详解】 由题意设，其中为正数，可设直线的方程为， 因为直线过点，所以， ， 由基本不等式可得， 当且仅当即时，取等号， 此时直线的方程为，即， 点到直线的距离， 点到直线的距离， ， ， 所以， 故当取得最小值时，直线平分的面积. 16. 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】（1）证明如下： 以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）1 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 17. 已知圆经过点，圆心在射线上，且直线被圆截得的弦长为. （1）求圆的方程； （2）过点作圆的切线，求切线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）设出圆的标准方程，根据条件列方程进行求解； （2）先判断点与圆的位置关系，再对过的切线进行有无斜率的分类讨论，进而求出切线方程. 【小问1详解】 因为圆心在射线上，设，其中. 设圆的标准方程为，其中 圆经过点，所以，化简得 圆心到直线的距离. 该直线被圆截得的弦长为，由垂径定理及勾股定理得，，化简得. 故，解得. 故圆的方程为. 【小问2详解】 点距离圆心的距离为，所以点在圆外. 过点作一平行于轴的直线，圆心到该直线的距离为，故此直线是圆的一条切线. 设过点作圆的另一条切线方程为，变形得. 圆心到该直线的距离为，即，解得. 故该切线方程为，即. 综上，过点作圆的切线方程为或. 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD，，. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）设，且点P，B，C，D均在球O的球面上. （i）证明：点O在平面内； （ii）求O到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由底面，证得，再由，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）（i）以为原点，建立空间直角坐标系，设，由均在球的球面上，得到，求得的值，得到，即可证； （ii）根据题意，求得平面的法向量和，结合向量的距离公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为底面，且平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 解：（i）以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为， 则，设， 因为均在球的球面上，所以， 则， 解得，即， 所以点在上，即点在平面内. （ii）由 可得 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以 设到平面的距离为，则， 所以到平面的距离为. 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为且焦距为2，上顶点为，且直线的斜率之积为. （1）求椭圆的方程： （2）设直线不经过点且与相交于两点， (i)证明：直线过定点； (ii)设为①中点关于轴的对称点，过点作直线交于椭圆于两点，且，求四边形面积的取值范围. 【答案】（1）； （2）（i）;(ii) 【解析】 【分析】（1）根据直线与的斜率之积得到，结合焦距得到，，得到椭圆方程； （2）（i）设直线,椭圆方程整理为,利用直线的方程将椭圆的方程齐次化，然后转化为关于斜率的方程，此方程的两根为.利用椭圆的性质，结合已知条件得到，进而利用韦达定理求得，从而得到直线经过定点；（ii）设，利用弦长公式求得，同理得,利用由对角线及其夹角所表示的四边形的面积公式得到四边形面积关于的表达式，进而进行变换，利用基本不等式和函数单调性求得其面积的取值范围. 【小问1详解】 由题意有，，, 则， 可得， 由椭圆焦距为2，有，得，， 椭圆E的标准方程为； 【小问2详解】 (i)由题意可知直线不过椭圆的右顶点， 故可设直线①, 椭圆方程整理为, 整理得：②, 联立①②得：③， 设,这两点坐标都满足方程③， , 方程③两边同除以得：, 即，此方程的两根为. ∵点在椭圆上，∴， 又∵，∴，∴，∴, ∴直线，，与轴交点坐标为, ∴直线恒过定点. (ii)关于原点的对称点为. 当直线的斜率不为零时，设其方程为. 将直线代入椭圆E的标准方程为， 整理得：，， ， 当时，，，四边形面积为 同理得. 又∵，∴四边形面积为： ，当时，取到， 又∵当直线的斜率为零时，必经过椭圆的左右顶点，与题意矛盾； ∴四边形面积的取值范围是. 【点睛】（2）（i）中的齐次化方法转化为关于斜率的方程是求解类似此题中的定点问题的简洁的方法，使得运算量得到较大的减少，值得注意学习和掌握. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $