湖南省长沙市周南中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

周南中学2025级高二阶段考试数学试卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的． 1．已知全集，集合，则（ ） A． B． C． D． 2．复数的虚部是（ ） A． B． C． D． 3．在空间中，直线，是异面直线，其中直线平行于平面，则与的所有可能的位置关系有（ ） A．或 B．或与相交 C．或与相交 D．或或与相交 4．已知、，若斜率存在的直线经过点，且与线段有交点，则的斜率的取值范围为（ ） A． B． C． D． 5．已知圆：，直线：与交于，两点，则面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 6．已知圆：和圆：，则（ ） A．圆与圆相切 B．两圆公共弦所在直线的方程为 C．两圆的公切线段长为3 D．有且仅有一个点，使得过点能作两条与两圆都相切的直线 7．已知，是圆上的两个动点，且，点是线段的中点，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 8．已知正方体外接球的表面积为，点，分别是棱，的中点，动点，分别在棱，上，且，则四面体的体积为（ ） A． B． C． D． 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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．直线的倾斜角为 B．直线经过第一、二、三象限 C．直线与直线之间的距离是 D．过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为 10．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都为1，且，下列说法中正确的是（ ） A．平面 B．平面 C．的长为 D．与平面所成角的正弦值为 11．已知圆：，点是直线：上一动点，过点作圆的切线，，切点分别是和，则下列说法正确的有（ ） A．圆上恰有两个点到直线：的距离为 B．切线长的最小值为 C．直线恒过定点 D．当四边形面积最小时，直线方程为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知椭圆：，其左右焦点分别为，．点是椭圆上任意一点，则的周长为__________． 13．设线：（）与圆和圆均相切，则__________． 14．已知的边，且，则的面积的最大值为__________． 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．（13分）已知顶点、、． （1）边上的中线所在直线方程及中线的长度； （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．（15分）在四棱锥中，四边形为平行四边形，，，，，，为的中点，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17．（15分）在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在轴上， （1）若圆过点、点，求圆的方程； （2）若圆与直线：相切，且原点不在圆外，求当圆的面积最小时圆的方程． 18．（17分）已知点为圆：上的一个动点，点是点关于点的对称点． （1）求点的轨迹方程； （2）已知点，求的最大值； （3）若过点的直线与点的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由． 19．（17分）已知函数，若存在实数，（），使得对于定义域内的任意实数，均有成立，则称函数为“可平衡”函数，有序数对称为函数的“平衡”数对． （1）若，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由； （2）若，，当变化时，求证：与的“平衡”数对相同； （3）若，，且、均为函数的“平衡”数对．当时，求的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $ 周南中学2025级高二阶段考试数学解析 1.【答案】  【解析】解：由题知全集是小于的素数， 因为，所以．故选：． 2.【答案】  【解析】本题主要考查复数的运算以及复数虚部的判断，属于基础题． 利用复数的除法化简，即可得出结果． 【解答】解：因为，所以其虚部为，故选D． 3．【答案】D 【分析】根据题意，根据异面直线的定义和直线与平面的位置关系，即可求解. 【详解】由直线是异面直线，且直线平行于平面， 根据直线与平面的位置关系，可得直线与平面可能平行，相交或在平面内. 4.【答案】C 【详解】由直线的斜率公式可得： ；. 结合图形，要使直线l经过点，且与线段AB有交点，l的斜率需满足或. 故选：C. 5.【答案】B 【解题思路】求得直线过定点以及圆心到直线的距离的取值范围，得出的面积的表达式利用三角函数单调性即可得出结论. 【解答过程】根据题意可得直线恒过点，该点在已知圆内， 圆的圆心为，半径，作于点，如下图所示： 圆心到直线的距离为，所以， 又，可得； 因此可得， 所以的面积为.故选：B. 6.【答案】D 【分析】利用之间的数量关系确定判断圆与圆的位置关系可判断A；通过两圆的方程相减得公共弦所在直线的方程即判断B；由结合勾股定理求解可判断C;根据两圆位置关系结合半径大小可知公切线，由此判断D. 【详解】解：由题可得圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径 对于A，显然，圆与圆相交，故A错误; 对于B，易知两圆相交，将方程与相减， 得公共弦所在直线的方程为，故B错误; 对于C，因为，， 所以公切线段长为，故C错误; 对于D，因为两圆相交，所以两圆的公切线只有两条， 又因为两圆半径不相等，所以公切线交于一点P， 即过点P可以作出两条与两圆都相切的直线，故D正确; 故选：D. 7.【答案】C 【解题思路】先根据题意求出的轨迹方程为，设到直线的距离为，由此可得，将问题转化为求圆上的点到直线距离的最大值，先求圆心到直线的距离再加半径即可求解. 【解答过程】根据已知有，圆心，半径，因为弦， 所以圆心到所在直线的距离， 又因为为的中点，所以有， 所以的轨迹为圆心为，半径为的圆， 的轨迹方程为； 令直线为，则到直线的距离为， 则，即，所以当最大时， 也取得最大值， 由此可将问题转化为求圆上的点到直线距离的最大值的倍， 设圆心到直线的距离为，则，所以， 所以的最大值为6.故选：C. 8．【答案】B 【分析】根据正方体外接球的表面积为可得正方体棱长为，建立空间直角坐标系，根据点到直线距离、点到平面距离空间向量法结合计算求解. 【详解】设正方体的棱长为， 由题意可得，解得， 以点为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，设， 因为，所以，所以， 设点到直线的距离为， ，，则， 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以平面的法向量为， 设三棱锥的高为，则， 因为， 所以四面体的体积为. 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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.【答案】ABC 【解析】对于A，直线的斜率为，则其倾斜角为，故A正确； 对于B，直线的斜率为2，在轴，轴上的截距分别为， 故直线经过第一、二、三象限，故B正确； 对于C，直线与直线，即间的距离为 ，故C正确； 对于D，当直线的截距不为0时，设直线的方程为， 把点代入直线，得，所以直线方程为； 当截距为0时，设直线方程为，把点代入直线，得， 直线方程为，故D错误. 10．【答案】ABD 【分析】通过可判断A，通过，可判断B，由可判断C，对于D，法一：过作平面，确定 与平面所成角为，再通过向量的夹角公式可判断，法二：设底面正的中心为，求得，结合直角三角形即可求解. 【详解】A选项：由平行六面体的定义，，平面，平面，由线面平行的判定定理，得平面，所以A正确； B选项： ， 故，，即，， 又，且，平面， 由线面垂直的判定定理，得平面，所以B正确； C选项： ，则，所以C不正确； D选项：法一（向量法）：过作平面，垂足为，连接． 由，且，得为等边三角形，则． 因为平面，所以，，由三角形全等可得， 故在的平分线上，因此与平面所成角为． 由，得，即． ， ， 故直线与平面所成角的正弦值为； 法二（几何法）： 连接，，，由， ，可得， 即四面体为棱长为1的正四面体． 设底面正的中心为，则， 平面，平面，， 在中，． 设与平面所成角为，则，故D正确． 11．【答案】ACD 【分析】对A：利用点到直线距离公式计算出圆心C到直线l的距离后，结合半径长即可得；对B：借助切线性质与勾股定理计算即可得；对C：设，利用切线的性质可得A，B在以PC为直径的圆上，且可表示出该圆方程，联立圆C方程，作差可表示出直线AB方程，即可得所过定点；对D：利用等面积法及切线性质计算可得当取最小值时，四边形PACB面积最小，此时有，则可得直线PC方程，可解出点坐标，结合C选项中所得直线AB方程即可得解. 【详解】由圆，得圆心，圆半径， A选项：点C到直线l的距离为，又，即， 所以圆C上恰有两个点到直线l的距离为，A选项正确； B选项：切线长， 所以当取最小值时，切线长最小，， 所以，B选项错误； C选项：由切线的性质可知A，B在以PC为直径的圆上， 设，则以为直径的圆的圆心为， 半径为， 圆的方程为， 即， 又A，B在圆C上，则， 得，则，解得， 所以AB恒过定点，C选项正确； D选项：由已知， 所以， 所以当取最小值时最小，此时， 所以，直线PC方程为， 即，联立，解得，故，则， 所以，即，D选项正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.【答案】6 【分析】根据椭圆的定义进行求解即可. 【详解】由题意，根据椭圆的定义可知 ，. 所以的周长为. 因为椭圆方程为，所以. 所以的周长为. 13.【答案】     【分析】由直线与两圆相切建立关于k，b的方程组，解方程组即可. 【详解】 设，，由题意，到直线的距离等于半径，即，，所以，所以（舍）或者， 解得. 14.【答案】  【解析】【分析】 本题考查正弦定理在解三角形中的应用，三角函数的恒等变形，三角函数的最值，属于难题． 将已知条件合理变形是解题的关键． 【解答】 解：由题意，设中角，，所对应的边长度分别为，，，则有， 由可得， 整理得， ， ， ， ， 由正弦定理可得， ，则有． 故的面积 ． ，， 当时，的面积取得最大值．故答案为：．   4、 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.【答案】(1)AC边上的中线所在直线方程为 ，中线长度为； (2)直线的方程为 或 。 【详解】（1）由点、得的中点为, 中线长度，， 中线所在直线方程为，化简得. （2）若直线的斜率不存在，则直线为，且过点， 但直线在点处不满足的纵截距是横截距的2倍,不合题意； 若直线过坐标原点，则其斜率为，此时直线的方程为，符合题意； 若直线不过坐标原点，由题意设直线的方程为， 由直线过点，得，解得，直线的方程为. 综上所述，直线的方程为或. 16．【答案】(1)证明见解析.(2) 【详解】（1）证明：在平行四边形中，为中点， 又为的中点， 在中，， 平面，平面， 平面. （2），为中点，， 又，， 平面，平面， 平面， ，， 以为原点，，所在的直线分别为轴，轴， 过且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 在中，，为中点，， 由题意得，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则 ，令，解得，，， 设直线与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17.【答案】(1)(2) 【分析】（1）可以直接设圆的方程求解，也可以先设圆心和半径，利用弦的中垂线过圆心求解； （2）先设出圆的方程，利用直线与圆相切得到半径的关系式，利用单调性求出半径最小值即可. 【详解】（1）如图所示，    法一：设圆的方程为， 由已知可得 ，解得，故圆的方程为； 法二： 设圆的方程为， 由已知可得，解得， 故圆的方程为； 法三：设圆的方程为，已知点､点，则线段的中点， 所以 ，则线段的中垂线的方程， 即 ，所以，， 故圆的方程为； （2）如图所示，    设圆的方程为， 因为圆与直线相切，所以，因为不在圆外，所以，解得 ，所以，当时，，故当圆C的面积最小时圆的方程 18.【答案】(1) (2)138 (3)存在，点，定值为 【解题思路】（1）设，利用对称关系把点的坐标用表示出来，然后代入圆的方程即可求解； （2）利用两点间距离公式整理从而转化为的最小值，然后利用数形结合思想即可求解； （3）设出直线方程，联立圆的方程消去，利用韦达定理代入化简即可求解. 【解答过程】（1）设，因为点是点关于点的对称点， 所以，即，因为点在圆上， 所以，化简得，即为点的轨迹方程. （2）易知 ， 令，则， 可视为直线在轴上的截距， 所以的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在轴上的截距， 由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径可得，， 所以的最小值为，因此的最大值为138. （3）存在点，使得为定值， 理由如下：当直线斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为， 由，消去得， 设，则，， 又，， 则 ， 要使上式恒为定值，需满足，解得， 此时，为定值.    19.【答案】【详解】若，则， ， 要使得为“可平衡”函数，需使故对于任意实数均成立，只有，此时，，故存在，所以是“可平衡”函数． 及的定义域均为， 根据题意可知，对于任意实数，， 即，即对于任意实数恒成立， 只有，，故函数的“平衡”数对为， 对于函数而言，， 所以， ， 即，故，只有，所以函数的“平衡”数对为， 综上可得函数与的“平衡”数对相同． ，所以， ，所以， 由于，所以，故， ， 由于，所以时，， ，所以． 【点睛】本题主要考查了新定义的函数问题，需要根据题意列出参数满足的关系式，利用恒成立问题或表达出参数满足的解析式再分析求范围等属于难题．  【解析】【分析】利用两角和差的正弦公式求解即可． 根据题意可知，对于任意实数，，再列式利用恒成立问题求解即可． 根据“平衡数对”的定义将用关于的三角函数表达，再利用三角函数的取值范围求解即可． / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $