精品解析：安徽宿州市灵璧中学2026-2027学年高二清北班第二次对抗赛数学试题

灵璧中学清北班高二第二次对抗赛 数学试题 满分150分，考试时间120分钟 卷Ⅰ（选择题） 一．选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．每小题给出的选项中，只有一个是符合题目要求的． 1. 已知直线，，则的充要条件的是（ ） A. B. C. 或 D. 2. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 3. 过点作直线与圆相切，斜率的最大值为，若，，，则的最小值是（ ） A. 12 B. 9 C. D. 4. 设直线被圆所截弦的中点为M，点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 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. 7. 关于下列命题，正确的是（ ） A. 若点在圆外，则或 B. 已知圆与直线，对于任意的，总存在使直线与圆恒相切 C. 已知圆与直线，对于任意的，总存在使直线与圆恒相切 D. 已知点是直线上一动点，PA、PB是圆的两条切线，A、B是切点，则四边形的面积的最小值为 8. 设圆：，直线，点，使得存在点，使(为坐标原点),则的取值范围是 A. B. C. D. 二．选择题：本大题共3小题，每小题6分，满分18分．每小题给出的选项中，有多个符合题目要求．全部选对的得满分，部分选对的得部分分，不选、有错选的均不得分． 9. 若圆上总存在两个点到点的距离为1，则a的取值可以是（ ） A. 1 B. C. D. 10. 已知曲线方程表示椭圆，则下列说法正确的是（ ） A. 的取值集合为 B. 当时，焦点坐标为 C. 当时，记椭圆所包围的区域面积为，则 D. 当时，随着越大，椭圆就越接近于圆 11. 已知直线，其中，点是直线上的一个动点.圆，其中，点是圆上的一个动点.则下列说法中正确的是（ ） A. 当，时，圆心到直线的距离为 B. 当，时，是坐标原点，则的最小值为 C. 当时，不存在，使圆与直线相离 D. 存在，使对任意的，圆与直线均相切 卷Ⅱ（非选择题） 三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分 12. 已知坐标原点到直线的距离为，则的最大值为___________． 13. 已知圆，直线，为圆上一动点，为直线上一动点，定点，则的最小值为___________. 14. 在三棱柱中，为等腰直角三角形，且，，若直线与平面所成的角为60°，则的最小值为________． 四．解答题：本大题共5小题，满分77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知直线恒过点，且与轴，轴分别交于 两点，为坐标原点. （1）求点的坐标； （2）当点到直线的距离最大时，求直线的方程； （3）当取得最小值时，求的面积. 16. 已知圆经过，两点，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）若圆：（）与圆没有公共点，求的取值范围. 17. 如图，四棱锥中，底面，，，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 如图所示，圆与轴的交点分别为，过点的直线与圆交于两点. （1）记直线的斜率分别为，求的值； （2）设为直线与的交点，△，△的面积分别为，求的取值范围． 19. 已知过点且斜率为的直线被圆截得的弦长为 （1）求过点的圆的切线方程； （2）已知两个定点，，其中，.为圆上任意一点，（为常数）. ①求常数的值； ②“曼哈顿距离”也叫“出租车距离”，是19世纪德国犹太人数学家赫尔曼·闵可夫斯基首先提出来的名词，用来表示两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，即在直角坐标平面内，若，，则，两点的“曼哈顿距离”为，若过点作直线与圆交于、两点，且点恰好是线段的中点，又已知点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 灵璧中学清北班高二第二次对抗赛 数学试题 满分150分，考试时间120分钟 卷Ⅰ（选择题） 一．选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．每小题给出的选项中，只有一个是符合题目要求的． 1. 已知直线，，则的充要条件的是（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线平行列方程求解，然后检验判断即可. 【详解】因为，所以且， 解得， 当时，直线，，显然， 所以的充要条件的是. 故选：A 2. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可求出之间的关系，结合离心率，即可求得答案. 【详解】设椭圆的长轴长为，短轴长为， 由于椭圆的长轴长是短轴长的倍，故，即， 故椭圆的离心率为. 3. 过点作直线与圆相切，斜率的最大值为，若，，，则的最小值是（ ） A. 12 B. 9 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据圆心到直线距离等于半径得出或，再应用基本不等式计算最小值即可. 【详解】设直线的方程为，圆心到直线的距离为，解得或， 所以，所以， 所以. 当且仅当时取最小值. 故选：A. 4. 设直线被圆所截弦的中点为M，点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用直线过定点和弦中点可得，进而求出点的轨迹方程，再结合点与轨迹方程的关系求出的取值范围即可. 【详解】直线过定点设为，圆心，半径， 设，则，即，即，整理可得， 所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，除去原点，（因为直线不能表示轴） 所以结合圆上的点到点的距离，轨迹上点与点距离范围即为所求， 所以， 故选：C. 5. 如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系，求出上下底面正方形的顶点坐标、中心坐标，再设外接球球心，利用球心到上下底面顶点距离均为半径列方程，解出半径后计算外接球表面积. 【详解】取下底面正方形的中心为坐标原点，建立如图所示的坐标系， 因为下底面边长为，几何体的高为， 故，，， ，，，，. 设几何体外接球的球心为，外接球半径为. 在中，， 在中， 则，解得. 所以. 故该几何体的外接球的表面积 故选：B. 6. 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. 7. 关于下列命题，正确的是（ ） A. 若点在圆外，则或 B. 已知圆与直线，对于任意的，总存在使直线与圆恒相切 C. 已知圆与直线，对于任意的，总存在使直线与圆恒相切 D. 已知点是直线上一动点，PA、PB是圆的两条切线，A、B是切点，则四边形的面积的最小值为 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，由圆的一般方程可判断；求出到直线的距离，可判断B与C；求出圆心C到直线的距离，即可求出的最小值，从而四边形的面积的最小值可求. 【详解】对于A：若点在圆外， 所以或，故A错误； 对于B：圆心，所以圆心到直线的距离为， 当时，，所以， 即此时不存在使直线与圆相切，故B错误； 对于C：对于任意的，令， 所以，即对于任意的，总存在使直线与圆相切，故C正确； 对于D：圆心，半径，圆心到直线的距离为， 即的最小值，由，所以的最小值为， 四边形的面积最小值为，故D错误， 故选：C. 8. 设圆：，直线，点，使得存在点，使(为坐标原点),则的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，若存在圆C上的点Q，使得，转化为，列出不等式，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，圆O为有一点P，圆上有一动点Q，在与圆相切时取得最大值， 如果变长，那么可以获得的最大值将变小,若存在，就需要使的最大值大于等于，当，且与圆相切时，，因此满足，就能力保证一定存在点Q使得，否则，这样的点Q是不存在的， 因为点在直线上，所以，即， 因为， 即，解得，即的取值范围是. 【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系的应用，其中解答中利用数形结合法判断出，从而得到不等式求解参数的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解问题的能力，试题有一定的综合性，属于中档试题. 二．选择题：本大题共3小题，每小题6分，满分18分．每小题给出的选项中，有多个符合题目要求．全部选对的得满分，部分选对的得部分分，不选、有错选的均不得分． 9. 若圆上总存在两个点到点的距离为1，则a的取值可以是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】设圆上的点，由题意有，即两圆相交即可求的范围，进而逐项验证即可求解. 【详解】设圆上的点，则， 所以，圆的圆心为，半径为， 圆的圆心，半径为，则两圆有两个交点，即两圆相交， 所以，解得，故AB正确，CD错误. 故选：AB. 10. 已知曲线方程表示椭圆，则下列说法正确的是（ ） A. 的取值集合为 B. 当时，焦点坐标为 C. 当时，记椭圆所包围的区域面积为，则 D. 当时，随着越大，椭圆就越接近于圆 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据椭圆的基本性质对选项逐一判断即可. 【详解】A选项，因为，则,且，所以的取值范围是，故A选项错误； B选项，当时，椭圆方程为，则椭圆表示焦点在轴上的椭圆，且，所以焦点坐标为； C选项，当时，椭圆方程为，则椭圆表示焦点在轴上的椭圆，且，，则椭圆所包围的区域面积为，且，则C选项正确； D选项，时，曲线方程表示焦点在轴上的椭圆，则，，，则当，时，离心率表示单调递减的函数，则随着越大，椭圆的离心率越接近0，椭圆越圆，故D选项正确. 故选：BCD 11. 已知直线，其中，点是直线上的一个动点.圆，其中，点是圆上的一个动点.则下列说法中正确的是（ ） A. 当，时，圆心到直线的距离为 B. 当，时，是坐标原点，则的最小值为 C. 当时，不存在，使圆与直线相离 D. 存在，使对任意的，圆与直线均相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用圆心到直线的距离判断A，作点O关于直线的对称点，结合点与圆的位置关系利用几何法求解最小值判断B，求出圆心到直线的距离，利用辅助角公式化简并利用正弦函数的性质求得，与半径比较即可判断C，举例法当时，求出圆心到直线的距离等于半径，即可判断D. 【详解】对于AB，当，时，直线即， 圆即，圆心，半径为， 则圆心到直线的距离为，故A正确； 如图作点O关于直线的对称点，设，则， 解得，所以，则， 所以的最小值为，故B错误； 当时，圆即， 圆心，半径为， 圆心到直线的距离为， ，其中， 因为，所以，所以， 所以，所以， 所以任意的，， 故当时，任意的，使圆与直线相交，故C正确； 当时，圆即， 圆心，半径为，圆心到直线的距离为， 故当时，对任意的，圆与直线均相切，故D正确. 故选：ACD 卷Ⅱ（非选择题） 三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分 12. 已知坐标原点到直线的距离为，则的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件得到，令，可得，即可求解. 【详解】因为坐标原点到直线的距离为，则，整理得到， 令，则，其中， 所以，当且仅当时取等号， 故的最大值为. 13. 已知圆，直线，为圆上一动点，为直线上一动点，定点，则的最小值为___________. 【答案】11 【解析】 【分析】先设C的对称点根据斜率关系及中点在对称直线上求出点,再根据数形结合得出距离和最小最后应用两点间距离公式计算即可. 【详解】设圆心关于对称的点为， 则解得 即，连接，， 所以， 所以当三点共线时距离和最小为， 故的最小值为. 故答案为：11. 14. 在三棱柱中，为等腰直角三角形，且，，若直线与平面所成的角为60°，则的最小值为________． 【答案】8 【解析】 【分析】可通过空间向量分解和线面角性质来求解，核心是利用线面角的约束条件，将向量正交分解，转化为平面向量求最值即可. 【详解】， 即， 因为直线与平面所成的角为60°，故在平面内的投影满足：， 即投影点在底面以为圆心，半径为的圆上，故的竖直分量垂直于平面， 因此，等价于投影向量，其中，， 根据向量性质，， 当且仅当与同向时取得最大值24， 故. 四．解答题：本大题共5小题，满分77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知直线恒过点，且与轴，轴分别交于 两点，为坐标原点. （1）求点的坐标； （2）当点到直线的距离最大时，求直线的方程； （3）当取得最小值时，求的面积. 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）把直线的方程可化为，联立方程组，即可求解； （2）当时，点到直线的距离最大，结合，求得，即可求得直线的方程； （3）分别求得和，得到，结合基本不等式，得到，分类讨论，即可求得的面积. 【小问1详解】 解：直线的方程可化为， 令，解得，即点的坐标为. 【小问2详解】 解：当时，点到直线的距离最大， 此时直线的斜率与直线的斜率满足， 因为，所以，即， 所以直线的方程为，即. 【小问3详解】 解：令，可得，所以； 令，可得，所以，且， 可得， 所以 当且仅当时，等号成立， 当时，直线的方程为，此时， 可得的面积为； 当时，直线的方程为，此时， 可得的面积为， 综上可得，的面积为或 16. 已知圆经过，两点，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）若圆：（）与圆没有公共点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆心为，根据圆心在直线上及，求解即可； （2）根据圆与圆外离或内含求解即可. 【小问1详解】 设圆心为， 因为圆心在直线上，所以，即. 又圆经过和，所以， 代入，并化简： ， 因此，圆心为， 半径 所以圆的标准方程为：. 【小问2详解】 圆：圆心，半径； 圆：圆心，半径 两圆没有公共点，即外离或内含. 圆心距 外离条件： , 解得或 内含条件： , , 判别式，无解. 的取值范围为：或 17. 如图，四棱锥中，底面，，，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）在中，， 由余弦定理得， 所以，故， 所以为直角三角形，且， 又因为面，平面，所以 又因为，且，平面， 所以面，平面， 所以， 又因为、、平面，所以 又因为平面平面，所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理逆定理得到，进而得到，然后利用线面平行的判定定理证得； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则 设为面的一个法向量， ，故， 令，解得， 记与面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 如图所示，圆与轴的交点分别为，过点的直线与圆交于两点. （1）记直线的斜率分别为，求的值； （2）设为直线与的交点，△，△的面积分别为，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）联立直线与圆的方程可得韦达定理，根据圆的性质可得垂直关系，进而可得,即可利用解法一求解，或者直接利用两点斜率公式，代入韦达定理化简求解（解答二），或者设直线的方程为同解法二，代入韦达定理化简求解， （2）根据三角形的面积公式可得，即可根据不等式的性质求解. 【小问1详解】 解法一：设由题知，． ①当直线的斜率不存在时，直线方程为，如图所示， 将，代入，解得，∴， ∴，∴． ②当直线的斜率存在时，设直线斜率为，则直线方程为， 设，则， 联立，消去得，， ∴，， 连接，由圆的性质可得，∴， ∴ ． 综上可得，． 解法二：由题知，． ①当直线的斜率不存在时，同法1． ②当直线的斜率存在时，同法1得∴， ∴ ． 综上可得，． 解法三：设直线方程为，则 联立，消去得， ∴，， ∴，整理得， ∴ 【小问2详解】 由（1）知，∴直线和直线方程分别为和， 联立，消去得，∴点在直线上，如图所示， f ∴ ∵，∴，∴． ∴的取值范围范围为． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 19. 已知过点且斜率为的直线被圆截得的弦长为 （1）求过点的圆的切线方程； （2）已知两个定点，，其中，.为圆上任意一点，（为常数）. ①求常数的值； ②“曼哈顿距离”也叫“出租车距离”，是19世纪德国犹太人数学家赫尔曼·闵可夫斯基首先提出来的名词，用来表示两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，即在直角坐标平面内，若，，则，两点的“曼哈顿距离”为，若过点作直线与圆交于、两点，且点恰好是线段的中点，又已知点，求的取值范围. 【答案】（1）或； （2）①②. 【解析】 【分析】（1）由圆的弦长公式可求得圆的方程，再分别讨论过点的圆的切线斜率不存在和存在两种情况，利用直线和圆的位置关系计算得到切线方程； （2）①由可得，结合两点间的距离公式，化简可得结果；②由中点条件将  与  的关系转化为直线  与单位圆相交，从而得到 ；再在此范围内分段讨论  的单调性，合并各段值域即得最终取值范围. 【小问1详解】 由题意，过点且斜率为的直线方程为， 又圆到该直线的距离为， 所以该直线被圆截得的弦长为，解得， 所以圆的方程为，圆心坐标为，半径为， 当过点的圆的切线斜率不存在时，切线方程为； 当切线斜率存在时，设切线方程为，即. 由，解得，则切线方程为， 所以过点的圆的切线方程为或. 【小问2详解】 ①设点，则，， 因为，，所以， 又，化简得， 因为为圆上任意一点，所以， 又，，解得，所以常数. ②由①知， ，所以圆 ，，， 曼哈顿距离： 因为直线  过 ，与圆交于 ，且  为  的中点，设 ，则 ， 由  在圆  上，得 又  在圆上：，两式相减得 因为直线  与圆有两个交点，分别为， 故圆心到该直线的距离小于1，所以， 整理得，解得，所以 ， 令，在 上分段求值域： 当，，在上单调递减，所以此时值域为； 当，，在上单调递增，所以此时值域为； 当，，  时取最大值 ，值域为 ； 当， ，在上单调递增，值域为 ； 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $