精品解析：内蒙古巴彦淖尔市第一中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试题

巴彦淖尔市第一中学2025-2026学年第一学期9月月考 高二年级 数学试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 点到直线 的距离等于（ ） A. B. C. D. 3. 焦点在x轴上，中心为坐标原点，经过点,.则椭圆的标准方程为（ ） A. B. 1 C. D. 1 4. 设，已知直线，则“”是“”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 5. 已知直线与圆相切，则圆和圆的位置关系是（ ） A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内切 6. 已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点 共面时，实数 （ ） A. B. C. D. 7. 若直线与曲线恰有两个交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线：，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则的倾斜角范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共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. 已知点，且点在直线上，则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 若，则的最小值为1 10. 已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ） A. 直线与直线所成的角为90° B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 平面 D. 点到平面的距离为 11. 已知圆，点P是直线上一动点，过点P作圆M的切线 ，切点分别是A、B，下列说法正确的有（ ） A. 圆M上恰有一个点到直线l的距离为 B. 切线长的最小值为1 C. 四边形面积的最小值为1 D. 直线恒过定点 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知椭圆的焦距为2，则______． 13. 过点作圆的两条切线，切点分别为A、B，则直线AB方程是________. 14. 已知点是直线与直线的交点，则点的轨迹方程为______；若点是圆上的动点，则的最大值为______ 四、解答题（本大题共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. 已知顶点、、. （1）求边的垂直平分线的方程； （2）若直线过点，且的纵截距是横截距的2倍，求直线的方程. 16. 已知圆的圆心在直线上，且经过点，. （1）求圆的标准方程； （2）求经过点且与圆相切的直线方程. 17. 已知圆，直线. （1）求证：直线l与圆C恒有两个交点； （2）若直线l与圆C交于点A，B，求 面积的最大值，并求此时直线l的方程. 18. 如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，，. （1）求证： 平面； （2）求平面 与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面 ？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由. 19. 已知圆分别与、轴正半轴交于、两点，为圆上的动点． （1）若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程； （2）过点的直线截圆所得弦长为，求直线的方程； （3）若为圆上异于的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 巴彦淖尔市第一中学2025-2026学年第一学期9月月考 高二年级 数学试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线方程得斜率，从而得倾斜角． 【详解】直线的斜率为，因此倾斜角为， 故选：D． 2. 点到直线 的距离等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用点到直线的距离公式求解即可. 【详解】点到直线 的距离等于. 故选：C 3. 焦点在x轴上，中心为坐标原点，经过点,.则椭圆的标准方程为（ ） A. B. 1 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的几何性质即可求解，代入坐标即可求解 . 【详解】由于椭圆焦点在x轴上，且经过点，所以， 设椭圆方程为， 将代入椭圆可得，解得 ， 所以椭圆方程为， 故选：A 4. 设，已知直线，则“”是“”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】C 【解析】 【分析】根据直线平行求得，然后根据充分、必要条件的知识求得正确答案. 【详解】当时，，解得或， 当时，两直线分别为，符合题意， 当时，两直线分别为，重合不符合题意， 所以, 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 5. 已知直线与圆相切，则圆和圆的位置关系是（ ） A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内切 【答案】C 【解析】 【分析】由直线与圆相切求出，进而判断两圆位置关系. 【详解】圆的圆心，半径， 由直线与圆相切，得，解得 ， 圆的圆心，半径， 而，所以圆和圆相交. 故选：C 6. 已知三点不共线，点在平面 外，点满足，则当点 共面时，实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量减法运算可得，再根据题设及空间向量的共面定理即可求解. 【详解】由，可得， 所以， 当点 共面时，可得，解得. 故选：A. 7. 若直线与曲线恰有两个交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得到直线过定点，作出直线与曲线C，由图求出直线过点时的斜率和直线与曲线C相切时的斜率即可树形结合得解. 【详解】由可知直线过定点， 曲线两边平方得， 所以曲线C是以为圆心，半径为1且位于直线x轴上方的半圆， 当直线过点时，直线与曲线C有两个不同的交点，此时， 当直线与曲线C相切时，直线和圆有一个交点，圆心到直线的距离，两边平方解得， 所以结合图形可知直线与曲线C恰有两个交点，则. 故选：B. 8. 已知直线：，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则的倾斜角范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线所过定点的坐标，数形结合可求出直线的斜率的取值范围，即可得出直线的倾斜角的取值范围． 【详解】直线的方程可化为，由，可得， 所以，直线过定点， 设直线的斜率为，直线的倾斜角为，则 因为直线 的斜率为，直线 的斜率为， 因为直线经过点，且与线段总有公共点， 将代入方程： 可得：不成立，不在直线上， 所以，即， 因为所以或 故直线的倾斜角的取值范围是． 故选：D． 二、多选题（本大题共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. 已知点，且点在直线上，则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 若，则的最小值为1 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，设，分， 和且三类情况，利用斜率判断与是否垂直即可；对于B，设，通过将坐标代入等式，利用方程有实根即可判断；对于C，通过作点关于直线的对称点，利用三点共线时线段和最短即可判断；对于D，通过消元后化成二次函数，利用其性质求得最小值即可判断. 【详解】对于A：依题意，设， 当时，，此时轴，但，此时与不垂直； 同理当 时，，此时与不垂直； 而当且时，由，可得 该方程无实数解，此时与不垂直. 综上可知，不存在点，使得，故A错误； 对于B：设，由，， 可得，化简得， 因，则方程有解，故存在点，使得，故B正确； 对于C：如图设关于直线的对称点为， 则，解得，即， 所以， 当且仅当三点共线时取等号（在两点之间），故C正确： 对于D，因，则， 当时等号成立，故的最小值为2，故D错误. 故选：BC. 10. 已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ） A. 直线与直线所成的角为90° B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 平面 D. 点到平面的距离为 【答案】ABC 【解析】 【分析】以正方体的棱建立空间直角坐标系，然后得到点的坐标，由向量与向量数量积为0得到线线垂直；求出面的法向量，由求出线面角的正弦值，然后得到线面角的余弦值；由法向量与相等，证明平面；由向量的投影计算出点到面的距离. 【详解】在正方体，以为原点，分别为如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，， ∵，∴，∴A选项正确； ∵，，设平面的一个法向量为， 则，令，解得，即， 设直线与平面所成角为， 则， ∴，∴B选项正确； ∵，∴平面，∴C选项正确； 点到平面的距离，∴D选项错误. 故选：ABC. 11. 已知圆，点P是直线上一动点，过点P作圆M的切线 ，切点分别是A、B，下列说法正确的有（ ） A. 圆M上恰有一个点到直线l的距离为 B. 切线长 的最小值为1 C. 四边形面积的最小值为1 D. 直线恒过定点 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质可得切线长利用点到直线的距离可判断B，由题可得四边形面积为，可判断C，由题可知点，，在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线的方程，即可判断D． 【详解】对于A，由圆，可知圆心，半径 ， 所以圆心到直线的距离为， 圆上的点到直线的最小和最大距离分别为和， 由于，圆上有两个点到直线的距离距离为，故A错误； 对于B，由圆的性质可得切线长， 所以当最小时，有最小值，又， ，故B正确； 对于C，因为四边形面积为， 所以四边形面积的最小值为1，故C正确； 对于D，设，由题可知点，，在以为直径的圆上，又， 所以，即， 又圆，即， 两式子相减得：直线的方程为：，即， 由，得，即直线恒过定点，故D正确． 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知椭圆的焦距为2，则______． 【答案】5或7. 【解析】 【分析】讨论焦点在轴上或在轴上，分别计算即可得到结果. 【详解】当椭圆焦点在轴时，， 由焦距为得， ，故，解得. 当椭圆焦点在轴时，， 由焦距为得， ，故，解得 . 故答案为：5或7. 13. 过点作圆的两条切线，切点分别为A、B，则直线AB方程是________. 【答案】 【解析】 【分析】求出以 为直径的圆的方程, 将两圆的方程相减, 即可求解. 【详解】圆 的圆心为 , 半径为 2， 以 为直径的圆的方程为 , 将两圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程 . 故答案为: . 14. 已知点是直线与直线的交点，则点的轨迹方程为______；若点是圆上的动点，则的最大值为______ 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据直线经过定点以及两直线垂直可判断的轨迹是以的中点为圆心，即可根据圆心和半径求解轨迹，利用圆心距与半径的求解最值. 【详解】因为直线，即， 令，解得，可知直线过定点， 同理可知：直线：过定点， 又因为，可知， 所以直线与直线的交点的轨迹是以的中点为圆心，为半径的圆， 故点的轨迹为圆； 的圆心，半径， 所以 的最大值是． 故答案为：， 四、解答题（本大题共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. 已知顶点、、. （1）求边的垂直平分线的方程； （2）若直线过点，且的纵截距是横截距的2倍，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据，，即可得的中点及斜率，进而根据点斜式可得其垂直平分线方程； （2）当直线过坐标原点时可直接求得直线方程；当直线不过坐标原点时，可根据直线的截距式进行求解. 【小问1详解】 由、可知中点为，且， 设边的垂直平分线的斜率为， 所以垂直平分线斜率满足，即， 所以边的垂直平分线的方程为，即； 【小问2详解】 当直线过坐标原点时，其斜率，此时直线方程为，符合题意； 当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为， 由过点，则，解得， 所以直线方程为， 综上所述，直线的方程为或. 16. 已知圆的圆心在直线上，且经过点，. （1）求圆的标准方程； （2）求经过点且与圆相切的直线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）求出线段的中垂线方程，求出圆心坐标及半径即可； （2）按切线斜率存在与否，结合点到直线的距离公式求出切线方程. 【小问1详解】 线段的中点，直线的斜率， 则线段的中垂线方程为，即， 由，解得， ， 因此圆的圆心，半径， 所以圆的标准方程为； 【小问2详解】 点到直线的距离为2，即直线与圆相切； 当切线斜率存在时，设切线方程为，即， 由，解得，因此方程为， 所以经过点且与圆相切的直线方程为或. 17. 已知圆，直线. （1）求证：直线l与圆C恒有两个交点； （2）若直线l与圆C交于点A，B，求 面积的最大值，并求此时直线l的方程. 【答案】（1）证明见解析 （2）面积最大值为， 或. 【解析】 【分析】（1）先证明直线过定点，再说明定点在圆内即可； （2）注意到，所以当时，可以求出面积的最大值，注意验证取等条件，进一步由点到直线的距离公式可以求出参数，由此即可得解. 【小问1详解】 因为直线可变形为， 所以，解得， 故直线经过的定点为. 将点代入圆的方程有， 所以点在圆C的内部，所以直线l与圆C恒有两交点. 【小问2详解】 由（1）知，因为， 所以当时，面积最大， 此时为等腰直角三角形，面积最大值为，其中 为圆的半径. 此时点C到直线l的距离，， 所以可以取到， 所以，解得或. 故所求直线l的方程为 或. 18. 如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，，. （1）求证： 平面； （2）求平面 与平面夹角的余弦值； （3）线段 上是否存在点，使得平面 ？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，点为 中点，证明见解析 【解析】 【分析】（1）先利用面面垂直的性质可得 平面，再根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面 与平面的法向量，利用空间向量法求解即可； （3）设，由求出，再利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 因为平面平面，平面平面，， 平面, 所以 平面， 因为平面，所以 ， 因为四边形是正方形， 所以 ， 因为，平面， 平面， 所以 平面. 【小问2详解】 由（1）得 平面，因为 平面，所以 ， ，两两垂直， 以为原点，为轴、 轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为， ， 所以，. 则，，,，， 所以，， 设平面 的一个法向量为， 则，取得， 因为 平面，所以为平面的一个法向量，， 所以， 设平面 与平面夹角为 ， 所以， 所以平面 与平面夹角的余弦值． 【小问3详解】 线段 上存在点，点为 中点，满足平面 ，证明如下： 设， 因为， 所以， 由（2）知平面 的一个法向量为， 因为平面 ， 所以，解得， 所以线段 上存在点，点为 中点，满足平面 . 19. 已知圆分别与、轴正半轴交于、两点，为圆上的动点． （1）若线段 上有一点，满足，求点的轨迹方程； （2）过点的直线截圆所得弦长为，求直线的方程； （3）若为圆上异于的动点，直线 与轴交于点，直线 与轴交于点，求证：为定值． 【答案】（1） （2）或． （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，设，，由向量的坐标运算可得的坐标，代入计算，表示出点的坐标，然后代入圆的方程，计算化简，即可得到轨迹方程； （2）根据题意，分直线的斜率存在于不存在讨论，然后结合圆的弦长公式代入计算，即可得到结果； （3）分别由直线的方程得到点的坐标，代入计算，即可证明. 【小问1详解】 根据题意，，． 设，，则，， 由于，所以， 得 将其代入，得， 故点的轨迹方程为． 【小问2详解】 根据垂径定理可得． ①当斜率不存在时，直线的方程为：， 直线截点轨迹所得弦长弦长为，符合题意； ②当斜率存在时，设直线， 圆心到直线的距离为，解得． 直线的方程为或． 【小问3详解】 设，则， 直线 方程是，令，得， 直线 方程是，令得， 所以 ． 即为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $