重庆市2025_2026学年高二数学上学期期中测试试题含解析

这是一份重庆市2025_2026学年高二数学上学期期中测试试题含解析，共27页。试卷主要包含了 已知双曲线， 已知，是椭圆C， 已知圆，下列说法正确的是， 已知直线，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间为120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 直线的斜率为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将直线方程化为斜截式，即可得斜率.
【详解】由，则，故其斜率为.
故选：D
2. 抛物线的准线方程为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用的准线方程为，能求出抛物线的准线方程.
【详解】，
抛物线的准线方程为，
即，故选A .
【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与简单性质，意在考查对基础知识的掌握与应用，是基础题.
3. 直线与圆相切，则实数m等于（ ）
A. B.
C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由直线与圆的位置关系，应用点到直线距离公式列方程求参数值.
【详解】由的圆心为，半径为1，
由直线与圆相切，则，可得.
故选：C
4. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知确定已知圆的圆心和半径及其位置关系，进而得到，结合椭圆的定义确定轨迹方程.
【详解】由，标准形式为，圆心为，半径，
由，标准形式为，圆心为，半径，
其中，即已知的两个圆是内含关系，
由题意，若动圆圆心为，半径为，则，
所以，
即是以为焦点，长轴长为12的椭圆，则，
所以动圆的圆心轨迹为.
故选：A
5. 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.
6. 已知点，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值是
A. B. 2C. 3D.
【答案】B
【解析】
【详解】设圆圆心为 , 圆圆心为,则
其中为A关于直线对称点,所以选B.
点睛：与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略
(1)与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．
(2)与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法．①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题；②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题．
7. 已知双曲线（，）的离心率为，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点.设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为和，且，则双曲线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据梯形中位线性质，结合点到直线的距离公式可得，即可根据离心率求解.
【详解】由题意可得图象如图，是双曲线的一条渐近线，
即，，，，，
则四边形是梯形，F是的中点，
，，所以，
双曲线的离心率为，
可得，可得：，解得，
则双曲线的方程为．
故选：C．
8. 已知，是椭圆C：（）的左、右焦点，点P在椭圆C上，线段与圆相切于点Q，且点Q为线段的中点，则（其中e为椭圆C的离心率）的最小值为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据切线，三角形中位线结合椭圆定义，可以求出，，再用勾股定理找到，进而将化简为，利用均值不等式求解即可.
【详解】
由题意，根据切线的性质可得，，
又为的中点，为线段的中点，
所以，所以；
所以，，
在中，，即，
则，整理得，所以，
即，所以，
当且仅当，即时，取得最小值.
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 已知圆，下列说法正确的是（ ）
A. 圆心为B. 半径为2
C. 圆与直线相离D. 圆被直线所截弦长为
【答案】BD
【解析】
【分析】把方程化为圆标准方程，求得圆心坐标和半径，可判定A错误，B正确；由点到直线的距离公式，可判定C错误；根据圆的弦长公式，可判定D正确.
【详解】将圆化为标准方程得，
可知圆心，半径，故A错误，B正确；
由圆心到直线的距离，
即，直线与圆相切，故C错误；
圆心到直线的距离为，
由圆的弦长公式，可得，所以D正确.
故选：BD.
10. 已知直线，则（ ）
A. 直线恒过点B. 点到直线的最大距离为．
C. 直线的斜率可以为任意负数D. 当时，直线与坐标轴所围成的三角形面积的最小值为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，变形得到直线方程为，得到方程组，求出直线恒过点；B选项，根据直线所过定点，得到点到直线的最大距离为，求出答案；C选项，变形得到直线的斜率不等于；D选项，得到直线与两坐标轴的交点坐标，表达出三角形面积，得到最值.
【详解】A选项，变形得到，
令，解得，故直线恒过点，A正确；
B选项，由于直线恒过点，
故点到直线的最大距离为，B正确；
C选项，当时，此时直线的斜率为，
由于，故，C错误；
D选项，当时，，，
中令得，令得，
故直线与坐标轴所围成的三角形面积为，
因为，所以当时，所围成的三角形面积最小，最小值为4，D正确.
故选：ABD
11. 已知抛物线：的准线为，焦点为，为抛物线上的动点，过点作：的一条切线，为切点，过点作的垂线，垂足为，则（ ）
A. 准线与圆相切
B. 过点，的直线与抛物线相交的弦长为5
C. 当，，三点共线时，
D. 满足的点有且仅有2个
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，只需判断圆的半径是否等于1即可；对于B，联立直线的方程与抛物线方程，结合韦达定理，焦点弦公式即可判断；对于C，直接验算即可；对于D，联立直线的垂直平分线方程与抛物线方程，判断判别式是否大于0即可.
【详解】
对于A，抛物线的准线为，圆A的圆心在轴上，半径，准线l与圆A相离，A错误；
对于B，直线的方程为，代入得，弦长为，B正确；
对于C．当时，，C错误；
对于D，由抛物线的定义得，直线的垂直平分线方程为，代入得，点P有且仅有2个，D正确．
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，其中14题第一空2分，第二空3分，共15分.
12. 设直线在轴上的截距是,则________.
【答案】1
【解析】
【详解】直线方程中，令x=0，得 ，解得m=1.
13. 记椭圆C：（）的离心率为，一个顶点坐标为，则直线被椭圆截得的弦长__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件可得椭圆方程，与直线联立，结合韦达定理以及弦长公式即可求解.
【详解】由题可得：解得：，所以椭圆方程为：,
设直线与椭圆的交点为,
联立，可得：,
所以,则；
故答案为：
14. 已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A，B两点，与向量共线，则椭圆的离心率为__________，设M为椭圆上任意一点，且（t，），则的最大值等于__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一空：设点，将直线的方程代入椭圆的方程，列出韦达定理求出的坐标，利用与共线，可得出关于的齐次等式，进而可解得椭圆的离心率；第二空：设，由可得出，由点在椭圆上可得出，利用韦达定理可计算得出，再结合重要不等式可求得最大值.
【详解】第一空：设椭圆方程为，，则直线的方程为，
联立，消去并整理得，
设点，由韦达定理可得，
由，，
由与向量共线，得，
又，，，
所以，即，可得，所以，
所以，所以，所以，椭圆的离心率为；
第二空：因为，所以椭圆方程可化为．
设，由，
得，所以.
在椭圆上，所以，
所以①．
因为，，，则，所以．
．
又，，
代入①式，得，所以，
又因为，所以，所以，
当且仅当时取等号，所以的最大值等于.
故答案为：①；②.
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，计算步骤.
15. 已知圆C的圆心在直线上，且圆C过点，.
（1）求圆C的标准方程；
（2）若直线l：与圆C相交于不同两点M、N，弦长，求实数a的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆心，由题意可得，求解即可；
（2）设圆心到直线的距离为，由题意可求得，进而得，求解即可.
【小问1详解】
设圆心，因为圆C过点，，所以，
解得，所以圆心，又因，
所以圆C的标准方程为；
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，
由，所以，解得，
所以，所以，解得.
16. 已知F为抛物线的焦点，斜率为2不过原点的直线l与抛物线交于A，B两点，A在B的上方，且（其中O为坐标原点）.
（1）求直线l的方程；
（2）设△AOB和△AOF的面积分别是，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出直线方程，直线和抛物线联立，由韦达定理和向量的数量积为零求出直线方程；
（2）计算出的坐标，由三角形面积公式结合韦达定理求解.
【小问1详解】
在抛物线中，焦点的坐标为.
设直线的方程为，，
联立直线与抛物线方程，得，
整理得，
因为，所以，即，
所以，又因为，所以，
所以，解得（舍去）或.
所以直线方程为.
小问2详解】
直线方程为，令，可得，
所以，
由，得，因为A在B的上方，
所以，所以，
所以.
17. 在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，平面，，M是的中点，P是的中点，点Q在棱上，且.

（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）分别在上取点，使，，连接，根据中位线以及相似比得为平行四边形，进而线线平行，即可证；
（2）根据已知，建立合适的空间直角坐标系，求解相关平面的法向量，利用向量法求夹角余弦值.
【小问1详解】
如图，分别在上取点，使，，连接，

因为分别是的中点，,，
在中，，，所以，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以，.
【小问2详解】
由是边长为3的等边三角形，平面，，
取的中点，连接，则，过点作，则平面，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，而平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知在平面直角坐标系中，点绕坐标原点逆时针旋转得到点，则满足公式.
（1）将点绕坐标原点O逆时针旋转60°得到点Q，求点Q的坐标；
（2）已知反比例函数，点和点，
（ⅰ）请证明反比例函数的图象是双曲线，并求该双曲线的实轴长和离心率：
（ⅱ）若点M是反比例函数的图象上任意一点，求的最小值.
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析，实轴长为4，离心率为；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据题设的坐标转换公式求点Q的坐标；
（2）（i）根据的性质知都是的对称轴，而轴是的两条渐近线，将的图象顺时针旋转，设旋转后图象上的任意点，结合转换公式用表示出旋转前的点坐标，代入，即可证，进而写出长轴长和离心率；（ii）根据（i）所得双曲线，将、、都转换到标准双曲线所在直角坐标系中，结合双曲线的定义求距离和的最小值.
【小问1详解】
由题设，点绕坐标原点O逆时针旋转60°，则，
所以；
【小问2详解】
（i）若为上任意点，显然点、都在的图象上，
所以都是的对称轴，而轴是的两条渐近线，
将的图象顺时针旋转，设旋转后图象上的任意点，
所以旋转前的对应点为，即，
所以，可得，
所以旋转后对应曲线方程为，故反比例函数的图象是双曲线，得证，
双曲线中，则，离心率为，即实轴长为4，离心率为；
（ii）同（i）分析，将旋转成曲线，其中，
则，对应点分别为，，
将代入双曲线方程，有，即在双曲线右侧之外，
显然是双曲线的右焦点，是双曲线的左焦点，
要使最小，在双曲线的右支上，此时，
所以，则，当且仅当共线时取等号，
故最小.
19. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为、，A、B分别为椭圆C的左、右顶点，点是椭圆C上异于A，B的点，直线DA与直线DB的斜率之积为，的周长为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）求证：过D与椭圆C相切的直线方程是；
（3）设直线l的方程为，过l上任一点P作椭圆C的切线，切点分别为M，N，当四边形AMBN的面积最大时，求的正切值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）应用斜率公式结合椭圆方程解出即可；
（2）设切线的方程为，与椭圆联立，由得，在上，知道，计算可得切线方程；
（3）与椭圆联立，借助韦达定理将四边形面积表示出来，即，借助对勾函数单调性求最值，再借助和角正切公式计算即可.
【小问1详解】
由题意知，，
因为，所以，所以，所以，
所以，，
所以，解得，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设切线的方程为，
联立，整理得，
由，得，
所以，
所以，所以，
因为在椭圆上，所以，则，
所以
，
所以切线方程为，所以，
所以，即.
【小问3详解】
设，，
由（2）可知，切线的方程为，切线的方程为，
所以，，
故直线的方程为.
联立，得，整理得，
所以，
又，
，
又
.
因，令，由对勾函数在上单调递增，
所以在上单调递增，
则，所以，
所以，所以时，四边形的面积最大，最大面积为.
此时直线的方程为，所以，
则，所以，
所以.
.