精品解析：吉林省长春市十一高中2026-2027学年高二上学期第一学程考试数学试题

长春市十一高中2026-2027学年度高二上学期第一学程考试 数学试题 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知直线，若直线与垂直，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 若方程表示圆心在直线上的圆，则该圆的半径为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 3. 若椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为（ ） A. 6 B. 或 C. D. 或 4. 直线与椭圆总有交点，则取值范围（ ） A. 且 B. C. D. 5. 已知椭圆C：，的上、下顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，把椭圆的长轴分成8等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于七个点，是椭圆的一个焦点，则（ ） A. 40 B. 28 C. 35 D. 30 7. 已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 若动点在方程所表示曲线C上，则以下结论正确的是（ ） ①曲线C关于原点成中心对称图形； ②曲线C与两坐标轴围成的面积为； ③曲线C总长为； ④的取值范围是． A. ①② B. ①②③ C. ③④ D. ①②④ 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. 若定点，满足，动点满足，则动点的轨迹是椭圆 B. 若定点，满足，动点满足，则动点的轨迹是椭圆 C. 当时，方程表示椭圆 D. 若动点的轨迹方程为，则点的轨迹是椭圆，且焦点坐标为 10. 圆和圆的交点为，，则有（ ） A. 公共弦所在直线方程为 B. 线段中垂线方程为 C. 公共弦的长为 D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为 11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 存在点，使得 C. 的最大值为4 D. 使得为等腰三角形的点共有6个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设为正数，若圆与圆存在三条公切线，则______． 13. 已知两点，，动点在直线上运动，则的最小值为______． 14. 如图所示，当篮球放在桌面上并被斜上方一个灯泡（当成质点）发出的光线照射后，在桌面上留下的影子是椭圆，且篮球与桌面的接触点是椭圆的右焦点．假设篮球的半径为1，灯泡与桌面的距离为6，灯泡垂直照射在平面上的点为，椭圆的右顶点到点的距离为，则此时椭圆的离心率等于_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 中，． （1）求BC边上的高所在直线的方程； （2）求的外接圆的方程； （3）过点作圆M的切线，求切线的方程． 16. 在平面直角坐标系中，动圆P与圆：内切，且与圆：外切，记动圆P的圆心的轨迹为E． （1）求轨迹E的方程； （2）设P为曲线E上一点，且，求 （ⅰ）的周长； （ⅱ）的面积． 17. 已知椭圆的方程为，直线：. （1）写出椭圆的焦距和离心率； （2）当时，求椭圆被截得的弦长； （3）已知与椭圆交于两点，为坐标原点，当时，求的值. 18. 如图所示，已知三角形为正三角形，且三角形与菱形所在的平面互相垂直，，是的中点． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19. 已知椭圆的离心率为，上顶点的坐标为（0，1）． （1）求的方程； （2）已知为上一点，过作轴的垂线，垂足为，若点满足，当点在上运动时，求点的轨迹方程； （3）过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为，若的面积，求直线的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春市十一高中2026-2027学年度高二上学期第一学程考试 数学试题 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知直线，若直线与垂直，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线与垂直得到的斜率，再利用斜率与倾斜角的关系即可得到答案. 【详解】因为直线与垂直，且，所以，解得， 设的倾斜角为，，所以. 故选：D 2. 若方程表示圆心在直线上的圆，则该圆的半径为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】将圆方程化为标准形式得到圆心坐标，根据圆心在直线上求得参数，然后可得圆的半径. 【详解】由题意，得圆的方程为，所以圆心坐标为，半径为． 因为圆心在直线上，所以，解得，所以半径. 故选：A. 3. 若椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为（ ） A. 6 B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据离心率的计算公式，分焦点的位置，讨论即可求解． 【详解】当焦点在轴时，由，解得，符合题意，此时椭圆的长轴长为； 当焦点在轴时，由，解得，符合题意，此时椭圆的长轴长为． 故选：D． 4. 直线与椭圆总有交点，则取值范围（ ） A. 且 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直线恒过定点，直线与椭圆恒有交点等价于定点在椭圆内部或椭圆上，将点代入椭圆不等式求出，再结合椭圆标准方程要求分母不相等，补充，得到取值范围． 【详解】直线恒过，要直线与椭圆总有交点， 所以定点在椭圆内部或椭圆上，即，解得， 又椭圆中，所以且． 5. 已知椭圆C：，的上、下顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出线段为直径的圆的半径与圆心，再根据此圆与直线相切，求出之间的关系即可得出答案. 【详解】解：椭圆C：，的上、下顶点分别为， 则， 故圆心坐标为，半径为， 又圆与直线相切， 故，即， 又，联立可得， 故离心率为. 故选：B. 6. 如图，把椭圆的长轴分成8等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于七个点，是椭圆的一个焦点，则（ ） A. 40 B. 28 C. 35 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】由椭圆的对称性结合椭圆定义即可分析求解. 【详解】 由题可得，为椭圆上顶点， 则根据椭圆的对称性知，，，， ∴. 故选：C 7. 已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】先根据椭圆的定义得到、的关系，再利用三角形三边关系，进而求出结果. 【分析】对于椭圆，，，则， 设是椭圆的右焦点，则、. 根据椭圆的定义得，所以. 所以. 因为，所以的最大值为， 当且仅当为直线与椭圆在轴下方的交点时，等号成立， 故的最大值为. 故选：C. 8. 若动点在方程所表示曲线C上，则以下结论正确的是（ ） ①曲线C关于原点成中心对称图形； ②曲线C与两坐标轴围成的面积为； ③曲线C总长为； ④的取值范围是． A. ①② B. ①②③ C. ③④ D. ①②④ 【答案】B 【解析】 【分析】化简，得动点的轨迹方程，由此得动点的轨迹，判断A，B ，C，根据的几何意义，可求得其取值范围，判断D. 【详解】由方程，得， 所以， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在第一、三象限的部分. 所以曲线C关于原点成中心对称图形，所以①正确； 所以曲线C与两坐标轴围成的面积为，所以②正确； 所以曲线C总长为，所以③正确； 令，则为点与点连线的斜率， 直线的方程为：，即， 圆心到直线的距离为， 所以， 所以. 又， 所以的取值范围是， 所以④错误． 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. 若定点，满足，动点满足，则动点的轨迹是椭圆 B. 若定点，满足，动点满足，则动点的轨迹是椭圆 C. 当时，方程表示椭圆 D. 若动点的轨迹方程为，则点的轨迹是椭圆，且焦点坐标为 【答案】D 【解析】 【详解】平面内到两个定点（焦点）的距离之和等于常数（大于两焦点间距离）的点的轨迹是椭圆， 对于A，； 对于B，，故AB均错； 对于C，方程表示椭圆，则有，故C错误； 若动点的轨迹方程为，则点的轨迹是椭圆，且，，故焦点坐标为，故D正确. 10. 圆和圆的交点为，，则有（ ） A. 公共弦所在直线方程为 B. 线段中垂线方程为 C. 公共弦的长为 D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，两圆相减得到公共弦所在直线方程；B选项，由对称性可知线段中垂线方程即所在直线方程，从而得到中垂线方程；C选项，求出圆心到直线的距离，根据垂径定理可得的长；D选项，到直线的距离加上半径即为所求. 【详解】A选项，与相减， 化简得，故公共弦所在直线方程为，A错误； B选项，的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 由对称性可知线段中垂线方程即所在直线方程， 即，化简得，B正确； C选项，圆心到直线的距离为， 故公共弦的长为，C错误； D选项，为圆上一动点，则到直线距离的最大值为到直线的距离加上半径， 即，D正确. 11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 存在点，使得 C. 的最大值为4 D. 使得为等腰三角形的点共有6个 【答案】CD 【解析】 【分析】先由椭圆方程求出，对A，利用离心率公式求解；对B，利用短轴端点处最大的性质判断张角最大值；对C，结合椭圆定义和基本不等式求解判断；对D，分三类等腰三角形情况计数符合条件的点的个数. 【详解】由椭圆，得，则， 对于A，椭圆的离心率，故A错误； 对于B，当点在短轴端点处时，最大，此时，又， 所以，即，所以不存在点，使得，故B错误； 对于C，由椭圆定义得， 由基本不等式可得，当且仅当时取等号，故C正确； 对于D，要使得为等腰三角形，分下面三种情况： 当时，对应短轴两个端点，共2个点； 当，，对应上下2个点； 当，，对应上下2个点； 综上，使得为等腰三角形的点共有6个，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设为正数，若圆与圆存在三条公切线，则______． 【答案】 【解析】 【详解】圆的圆心为，半径； 圆的圆心为，半径； 若两圆存在三条公切线，则两圆外切，则， 即，且，解得. 13. 已知两点，，动点在直线上运动，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】找到点关于直线的对称点，即可得到即为的最小值. 【详解】 如图所示，设点关于直线的对称点为，则，， 连接， ， 则即为的最小值， ， 所以为的最小值为． 14. 如图所示，当篮球放在桌面上并被斜上方一个灯泡（当成质点）发出的光线照射后，在桌面上留下的影子是椭圆，且篮球与桌面的接触点是椭圆的右焦点．假设篮球的半径为1，灯泡与桌面的距离为6，灯泡垂直照射在平面上的点为，椭圆的右顶点到点的距离为，则此时椭圆的离心率等于_____. 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出点M和点P的坐标及直线的斜率，再运用题目的相关条件求出椭圆的a和c，最后求出离心率. 【详解】以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 由题意知：，，，， 则直线：，即， 设，则， 所以点到直线的距离，解得：， 所以，即. 设直线：，即， 点到直线的距离，整理得：， 解得：或， 又因，所以，即直线：， 令，解得：，即， 所以，即； 由，得，所以椭圆离心率. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 中，． （1）求BC边上的高所在直线的方程； （2）求的外接圆的方程； （3）过点作圆M的切线，求切线的方程． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）求得BC边上的高所在直线的斜率，进而求得BC边上的高所在直线的方程. （2）设出圆的一般方程，代入三点的坐标，进而求得的外接圆的方程. （3）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合直线和圆的位置关系求得正确答案. 【小问1详解】 直线BC的斜率, 所以边BC上的高所在直线的斜率为， 所以边BC上的高所在直线的方程为，即． 【小问2详解】 设的外接圆的方程为， 则 解得 所以的外接圆的方程为． 【小问3详解】 当切线的斜率存在， 设切线的方程为，即， 由题意得，解得， 此时切线的方程为． 当切线的斜率不存在时也符合题意，此时切线的方程为, ∴切线的方程为或. 16. 在平面直角坐标系中，动圆P与圆：内切，且与圆：外切，记动圆P的圆心的轨迹为E． （1）求轨迹E的方程； （2）设P为曲线E上一点，且，求 （ⅰ）的周长； （ⅱ）的面积． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）核心是利用两圆内外切的距离关系，得到动点到两定点距离之和为定值，用椭圆定义直接写出轨迹方程； （2）结合椭圆定义与余弦定理，整体求出两条焦半径的乘积，再用三角形面积公式求出面积. 【小问1详解】 圆：,即，所以圆心，半径， 圆：，即，所以圆心，半径， 设动圆圆心，半径，动圆与内切：， 动圆与外切：，两式相加得， ，，由椭圆定义得轨迹是以为焦点的椭圆， 且，，， 故轨迹的方程是； 【小问2详解】 （i）由为曲线上的点和椭圆的定义得， 故的周长； （ii）在中，，由余弦定理， 得，代入，得， 得， 故的面积. 17. 已知椭圆的方程为，直线：. （1）写出椭圆的焦距和离心率； （2）当时，求椭圆被截得的弦长； （3）已知与椭圆交于两点，为坐标原点，当时，求的值. 【答案】（1）焦距为2，离心率为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的标准方程及离心率公式求解即可. （2）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理及弦长公式求解即可. （3）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理、向量垂直的坐标表示求解即可. 【小问1详解】 由，可得，， 所以，，， 所以椭圆的焦距为2，离心率为. 【小问2详解】 当时，直线：， 联立 ，整理得：，， 设直线与椭圆交点坐标为，， 所以，， 则， 即椭圆被截得的弦长为. 【小问3详解】 设，，则，， 联立方程：，整理可得：， 因为存在两个交点，故，解得， ，， 所以， 因为，所以，所以， 即，解得，均满足， 所以的值为. 18. 如图所示，已知三角形为正三角形，且三角形与菱形所在的平面互相垂直，，是的中点． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：因为为正三角形，为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2） （3）存在点，使得直线与平面所成的角为，且. 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得，结合面面垂直的性质定理，得到平面，进而证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，求得，利用向量的夹角公式，列出方程求得，进而得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知：平面， 在菱形中，，，则为正三角形， 因为是的中点，所以， 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，则, 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面所成的角的余弦值为. 【小问3详解】 解：假设存在点在线段上，设， 由，则，可得， 又由平面的法向量为， 因为直线与平面所成的角为，所以， 可得， 化简得，平方得，解得， 因为，所以存在满足条件的点，使得直线与平面所成的角为且. 19. 已知椭圆的离心率为，上顶点的坐标为（0，1）． （1）求的方程； （2）已知为上一点，过作轴的垂线，垂足为，若点满足，当点在上运动时，求点的轨迹方程； （3）过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为，若的面积，求直线的方程． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，且，结合运算求解，即可得椭圆方程； （2）设，根据可得，代入椭圆方程即可得轨迹方程； （3）设直线的方程为，与椭圆方程联立可得韦达定理，分析可知，结合韦达定理运算求解即可. 【小问1详解】 设的半焦距为， 由题意可知：，且，即， 因为，即，解得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 设，由题意可知， 则， 因为，则，可得， 又因为在椭圆上，即， 可得，化简得， 所以点的轨迹方程为． 【小问3详解】 由题意可知过点的直线的斜率不为0，且直线与椭圆必相交， 设直线的方程为，， 联立方程，消去x得， 则， 因为与椭圆的另一交点为，可知关于原点对称，即为中点， 则，即， 可得， 化简得，整理可得， 因为，则，解得， 所以直线的方程为，即或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $