湖南省长沙市雅礼中学2025-2026学年高二上学期第一次（10月）质量检测数学试卷
1．（2025高二上·长沙月考）若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·长沙月考）已知椭圆的方程为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高二上·长沙月考）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高二上·长沙月考）已知直线的一个方向向量为，其倾斜角为，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·长沙月考）已知的方差为3，则的方差为（ ）
A．6 B．7 C．12 D．18
6．（2025高二上·长沙月考）已知正方形的一组对边所在的直线方程分别为和，另一组对边所在的直线方程分别为和，则（ ）
A． B． C． D．6
7．（2025高二上·长沙月考）“”是“直线与曲线恰有1个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2025高二上·长沙月考）已知正方体的棱长为，空间中的点满足：，其中，且，则点的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高二上·长沙月考）已知圆锥的顶点为，为底面直径，是面积为1的直角三角形，则（ ）
A．该圆锥的母线长为
B．该圆锥的体积为
C．该圆锥的侧面积为
D．该圆锥的侧面展开图的圆心角为
10．（2025高二上·长沙月考）下列说法正确的是（ ）
A．若直线与直线平行，则
B．，都有原点在圆外
C．一条光线从点射出，经轴反射后，与圆相切，则反射后光线所在的直线方程为
D．圆与圆的公切线恰有2条
11．（2025高二上·长沙月考）已知，则（ ）
A． B．的最大值为26
C．的最小值是 D．的最大值是
12．（2025高二上·长沙月考）已知是相互独立事件，且，则 ．
13．（2025高二上·长沙月考）直线：与直线：交于点Q，m是实数，O为坐标原点，则的最大值是 ．
14．（2025高二上·长沙月考）已知椭圆的左右焦点分别为，上顶点为，过且垂直于的直线与交于、两点，则的周长为 ．
15．（2025高二上·长沙月考）文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大得利者，更是文明城市的主要创造者，长沙市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）求样本成绩的平均数和众数；
（3）用分层抽样的方法在分数落在内的答卷中随机抽取一个容量为5的样本，现将该样本看成一个总体，再从中任取2份，求至多有1份答卷的分数在内的概率．
16．（2025高二上·长沙月考）已知，，分别是的内角，，的对边，且.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
17．（2025高二上·长沙月考）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面，且，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
18．（2025高二上·长沙月考）已知过定点的直线被圆截得的弦长为．
（1）求直线的方程．
（2）线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，是线段的中点，记点的轨迹为曲线．
（i）求曲线方程；
（ii）已知点为直线上一动点，过点作曲线的两条切线，切点分别为、，判断直线是否过定点 求出该定点，并说明理由；
19．（2025高二上·长沙月考）已知椭圆的两个焦点为和，点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点为椭圆上一动点，求点到直线距离的最值；
（3）分别过，作平行直线，若直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，其中点在轴上方，求四边形的面积的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】先根据复数的乘法运算法则求出复数，再根据复数的模的计算公式，从而得出复数z的模.
2．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆的方程为，
所以，
则
所以椭圆的离心率为．
故答案为：B.
【分析】根据椭圆的标准方程确定焦点的位置，从而得出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出c的值，再利用椭圆的离心率公式，从而得出椭圆C的离心率的值.
3．【答案】B
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：由题意，得：
由图可知，.
故答案为：B．
【分析】利用三角形法则、向量共线定理、平行四边形法则和平行六面体的结构特征，从而得出与相等的向量．
4．【答案】B
【知识点】直线的方向向量；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为直线的一个方向向量为，
所以直线的斜率为，
则，
故答案为：B．
【分析】根据题意求出直线的斜率，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式可得的值，再将所求的式子转化为齐次式，从而弦化切得出的值.
5．【答案】C
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为的方差为3，
所以的方差为.
故答案为：C.
【分析】依据方差的性质可得答案.
6．【答案】D
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】与间距离，
与间距离，
又由正方形可知，
即，
解得。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合平行直线求距离的方法以及正方形的结构特征，进而得出的值。
7．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为曲线表示圆心，半径为的圆的上半部分（包括与轴的交点），
又因为直线的斜率为1，在轴上的截距为，
当直线与曲线恰有1个公共点时，该直线与曲线相切或有一个交点，
如图所示：
当直线与圆相切时，圆心到直线距离等于2，则，
则或（舍去，因为当时与下半部分相切，不符合题意）.
由图象可知，当直线与圆有一个交点时，，
综上可知，当直线与曲线恰有1个公共点时，或，
当“”时，直线“与曲线恰有1个公共点”，则充分性成立；
当直线与曲线恰有1个公共点时，或，则必要性不成立，
所以，“”是“直线与曲线恰有1个公共点”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先分析曲线的图形，再结合直线与该曲线的位置关系，再判断 “” 与 “直线与曲线恰有1个公共点” 之间的充分条件、必要条件关系，从而找出正确的选项.
8．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；圆锥曲线的轨迹问题；棱柱的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：因为，
所以平面，
如图1所示，设为的交点，
所以，
因为平面平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为点平面，
所以平面，
则，
所以，
又因为正方体的棱长为，
所以，
则，
在平面内建立平面直角坐标系，如图2所示，
则，
设，
则，，
所以，
又因为，
所以，
则，
整理得，
则，
所以，点的轨迹是半径为的圆，
则点的轨迹长度为．
故答案为：C．
【分析】利用已知条件易得平面，设为的交点，再利用正方体的结构特征和线面垂直的判定定理，从而得出直线平面，进而得出，在平面中建立平面直角坐标系，设，再利用圆的定义，从而求出点的轨迹方程，再根据圆的周长公式得出点的轨迹的长度.
9．【答案】A,B,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设该圆锥的母线长为，如下图所示：
因为轴截面是面积为1的直角三角形，
所以为直角；
则，解得，故A正确；
设该圆锥的底面圆心为，在中，，
所以，
则圆锥的高，
所以该圆锥的体积，
则侧面积为，故B正确、C错误；
设该圆锥的侧面展开图的圆心角为，
则，
所以，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】根据圆锥轴截面的形状和轴截面的面积判断出选项A；求出母线长和底面半径可计算出圆锥的体积，则判断出选项B和选项C；由圆锥的侧面展开图计算判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】B,D
【知识点】直线的一般式方程；直线的一般式方程与直线的平行关系；点与圆的位置关系；圆的切线方程；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：若两直线与平行，
需满足，
由，
得，
解得或，
当时，两直线分别为和，平行；
当时，两直线分别为和，平行，
所以和都满足条件，故选项A错误；
将原点代入圆的左边，
得，右边为，
比较与：，
则原点到圆心的距离的平方大于半径的平方，
所以原点在圆外，故选项B正确；
因为点关于轴的对称点为，
反射光线过且与圆相切，
设反射光线方程为，即，
由圆心到直线的距离等于半径，
得，
则，
化简得：，
解得或，
则反射光线方程为或，故选项C错误；
将圆化为标准方程：，
则圆心，半径；
将圆化为标准方程：，
则圆心，半径，
所以两圆心距，
因为，
所以两圆相交，
则公切线有条，故选项D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据直线与直线的位置关系、点与圆的位置关系、光线反射问题和两圆的公切线问题，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：因为圆的圆心为，半径.
对于A，因为，
所以表示圆上一点与定点所在直线的斜率加上，
由图可知，过点与圆相切得的线斜率存在，
设切线方程为，即，
则，
解得或，
由图可知，，
所以，故A正确；
对于B，由，得，
则，
所以的最大值为，故B正确；
对于C，因为圆上一点到直线的距离为，
则，
所以求的最小值，即求，
所以即为到直线的距离减半径，
又因为到直线的距离为，
所以，
则的最小值为，故C错误；
对于D，因为，
所以
，
表示圆上一点到点距离之差的2倍，
所以，
当（在两点中间）三点在一条直线上时取等号，
所以的最大值是，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将变形为，从而可得表示圆上一点与定点所在直线的斜率加上，则可判断选项A；由结合的取值范围，则可判断选项B；利用表示圆上一点到直线的距离的倍，则可判断选项C；化简选项D可知表示圆上一点到点距离之差的2倍，再利用三点共线求最值的方法，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：因为是相互独立事件，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】先根据独立事件的乘法公式求出，再根据得出的值.
13．【答案】
【知识点】两条直线的交点坐标；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：因为：与直线：的交点坐标为
所以，
若最大，则最小，所以最小，
又因为，当且仅当时取等，此时，
所以的最大值是．
故答案为：.
【分析】联立两直线方程求出交点坐标，再利用两点间距离公式求出，再根据二次型函数求最值的方法，从而得出的最大值.
14．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由椭圆，
得，
则，
所以，
过且垂直于的直线与椭圆交于两点，
所以为线段的垂直平分线，
则，
所以的周长为：
.
故答案为：.
【分析】根据已知条件可得，再根据椭圆的定义和三角形的周长公式，从而得出的周长.
15．【答案】（1）解：由题意，
得，
则.
（2）解：由（1），可得平均数为：
由频率分布直方图这组频率最高，
则中众数为：.
（3）解：落在内的样本容量为：，
落在内的样本容量为：，
则应从中抽2个，从中抽3个，
设中的样本为：，中的样本为：，
则从中任取2份的情况有：
，，共10种.
分数在内有：共7种，
则至多有1份答卷的分数在内的概率为：.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）由各小组矩形的面积等于各小组的频率，再利用频率之和为1，从而得出频率分布直方图中的值.
（2）由频率分布直方图计算出平均数和众数.
（3）由题意可得应从中抽2个，从中抽3个，再设中的样本为：，中的样本为：，再由列举法和古典概率公式，从而得出至多有1份答卷的分数在内的概率．
（1）由题，，则；
（2）由（1），平均数为：；
由频率分布直方图这组频率最高，则中众数为：；
（3）落在内的样本容量为：，
落在内的样本容量为：.
则应从中抽2个，从中抽3个.
设中的样本为：，中的样本为：.
则从中任取2份的情况有：
，，共10种.
分数在内有：共7种，
则至多有1份答卷的分数在内的概率为：.
16．【答案】（1）解：在中，，
由正弦定理，得：，
则，
所以，
则，
由正弦定理，得，
所以.
（2）解：由，得，
则，得，
由余弦定理，得，
则，整理得，
所以，
解得，
则，
所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据和正弦定理，从而得到，再利用两角和的正弦公式得出的值.
（2）由三角形的面积公式得到a，b的关系式，再结合（1）的结论和余弦定理，从而得出的周长.
（1）解：在中，，
由正弦定理得：，则，
即，即，
由正弦定理得，即；
（2）由，得，
则，得，
由余弦定理得，
即，整理得，
即，解得，
则，
所以的周长为.
17．【答案】（1）证明：取中点，连接，，
∵，，点为中点，
∴，
又因为∥，
∴四边形为平行四边形，
∴∥，，
∵为正方形，
∴∥，，
∴∥，，
∴四边形为平行四边形，
∴∥，
又因为平面，平面，
∴∥平面．
（2）解：以为原点，分别以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
，
令，则，，
所以，
设平面的法向量为，
，
令，则，，
所以，
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，再利用平行四边形的定义证出四边形为平行四边形，从而可得∥，再利用线线平行证出线面平行.
（2）以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，再根据数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）取中点，连接，，
∵，，点为中点， ∴，
又∥，∴四边形为平行四边形，
∴∥，，∵为正方形，
∴∥，，∴∥，，
∴四边形为平行四边形，∴∥，
又平面，平面，∴∥平面．
（2）以为原点，分别以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
18．【答案】（1）解：因为圆的圆心为，半径，
设圆心到直线的距离为，
则，所以，
当直线的斜率不存在时，方程为，圆心到直线的距离为，不符合题意；
当直线的斜率存在时，
设方程为，即，
则圆心到直线的距离为，
解得或，
当时，直线的方程为；
当时，直线的方程为，即，
综上所述，直线的方程为或.
（2）解：（i）设点，
由点的坐标为，且是线段的中点，
则，
可得，即，
因为点在圆上运动，
所以点坐标满足圆的方程，
则，
整理得，
所以点的轨迹方程为.
（ii）因为圆的圆心，半径，
又因为点为直线上一动点，则可设，
因为都是圆的切线，
所以，
则点也在以为直径的圆上，
以为直径的圆的圆心为，
半径为，
则以为直径的圆的方程为，
即①，
化为②，
由①②，整理得，
所以直线的方程为，
即，
令，
解得，
所以直线过定点.
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系；相交弦所在直线的方程；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）根据圆的弦长公式求出圆心到直线的距离，再分直线的斜率是否存在两种情况，再根据点到直线的距离等于半径得出直线的方程．
（2）（i）设，由M是线段的中点，可得，代入圆的方程化简得出曲线方程。
（ii）由题意可得点在以为直径的圆上，从而求出以为直径的圆的方程，进而求出公共弦所在直线的方程，则得出直线过定点.
（1）圆的圆心为，半径，
设圆心到直线的距离为，
则，所以，
当直线的斜率不存在时，方程为，圆心到直线的距离为，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得或，
时，直线的方程为，
时，直线的方程为，即，
综上所述，直线的方程为或；
（2）（i）设点，
由点的坐标为，且是线段的中点，
则，可得，即，
因为点在圆上运动，所以点坐标满足圆的方程，
即，整理得，
所以点的轨迹方程为；
（ii）圆的圆心，半径，
因为点为直线上一动点，
则可设，
因为都是圆的切线，
所以，
所以也在以为直径的圆上，
以为直径的圆的圆心为，
半径为，
所以以为直径的圆的方程为，
即①，
化为②，
由①②整理得，
所以直线的方程为，
即，
令，解得，
所以直线过定点.
19．【答案】（1）解：由题意，得，
因为点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形，
所以，
则，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：设与直线平行且与椭圆相切直线方程为，
联立，
消得，
则，
解得，
因为平行直线与的距离，
所以，
则点到直线距离的最大值为，最小值为.
（3）解：由题意，可得直线的斜率不为零，
设直线的方程为，
则直线的方程为，
联立，
消得，
设，
则，
则
又因为直线之间的距离，
则四边形的面积，
令，则，
所以，
当且仅当时，即当时取等号，
因为，所以，
则，
由椭圆的对称性，
可得四边形的面积，
所以四边形的面积的取值范围为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意结合焦点坐标、等腰直角三角形的结构特征和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出，进而得出椭圆的标准方程.
（2）利用两直线平行斜率相等和直线与椭圆的位置关系，从而求出与直线平行且与椭圆相切直线方程，则切线与直线的距离即为最值，从而得出点到直线距离的最值.
（3）设直线的方程为，则直线的方程为，，联立直线方程和椭圆方程，再利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，再利用两平行直线间的距离公式求出两直线间的距离，从而得出四边形的面积的表达式，再利用导数和均值不等式求最值的方法，从而得出四边形的面积的取值范围 .
（1）由题意得，
因为点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形，
所以，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设与直线平行且与椭圆相切直线方程为，
联立，消得，
则，解得，
平行直线与的距离，
所以，
所以点到直线距离的最大值为，最小值为；
（3）由题意可得直线的斜率不为零，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，消得，
设，
则，
则，
直线之间的距离，
则四边形的面积，
令，则，
故，
当且仅当，即时取等号，
又，所以，所以，
由椭圆的对称性可得四边形的面积，
所以四边形的面积的取值范围为.
1 / 1湖南省长沙市雅礼中学2025-2026学年高二上学期第一次（10月）质量检测数学试卷
1．（2025高二上·长沙月考）若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】先根据复数的乘法运算法则求出复数，再根据复数的模的计算公式，从而得出复数z的模.
2．（2025高二上·长沙月考）已知椭圆的方程为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆的方程为，
所以，
则
所以椭圆的离心率为．
故答案为：B.
【分析】根据椭圆的标准方程确定焦点的位置，从而得出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出c的值，再利用椭圆的离心率公式，从而得出椭圆C的离心率的值.
3．（2025高二上·长沙月考）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：由题意，得：
由图可知，.
故答案为：B．
【分析】利用三角形法则、向量共线定理、平行四边形法则和平行六面体的结构特征，从而得出与相等的向量．
4．（2025高二上·长沙月考）已知直线的一个方向向量为，其倾斜角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线的方向向量；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为直线的一个方向向量为，
所以直线的斜率为，
则，
故答案为：B．
【分析】根据题意求出直线的斜率，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式可得的值，再将所求的式子转化为齐次式，从而弦化切得出的值.
5．（2025高二上·长沙月考）已知的方差为3，则的方差为（ ）
A．6 B．7 C．12 D．18
【答案】C
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为的方差为3，
所以的方差为.
故答案为：C.
【分析】依据方差的性质可得答案.
6．（2025高二上·长沙月考）已知正方形的一组对边所在的直线方程分别为和，另一组对边所在的直线方程分别为和，则（ ）
A． B． C． D．6
【答案】D
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】与间距离，
与间距离，
又由正方形可知，
即，
解得。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合平行直线求距离的方法以及正方形的结构特征，进而得出的值。
7．（2025高二上·长沙月考）“”是“直线与曲线恰有1个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为曲线表示圆心，半径为的圆的上半部分（包括与轴的交点），
又因为直线的斜率为1，在轴上的截距为，
当直线与曲线恰有1个公共点时，该直线与曲线相切或有一个交点，
如图所示：
当直线与圆相切时，圆心到直线距离等于2，则，
则或（舍去，因为当时与下半部分相切，不符合题意）.
由图象可知，当直线与圆有一个交点时，，
综上可知，当直线与曲线恰有1个公共点时，或，
当“”时，直线“与曲线恰有1个公共点”，则充分性成立；
当直线与曲线恰有1个公共点时，或，则必要性不成立，
所以，“”是“直线与曲线恰有1个公共点”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先分析曲线的图形，再结合直线与该曲线的位置关系，再判断 “” 与 “直线与曲线恰有1个公共点” 之间的充分条件、必要条件关系，从而找出正确的选项.
8．（2025高二上·长沙月考）已知正方体的棱长为，空间中的点满足：，其中，且，则点的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；圆锥曲线的轨迹问题；棱柱的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：因为，
所以平面，
如图1所示，设为的交点，
所以，
因为平面平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为点平面，
所以平面，
则，
所以，
又因为正方体的棱长为，
所以，
则，
在平面内建立平面直角坐标系，如图2所示，
则，
设，
则，，
所以，
又因为，
所以，
则，
整理得，
则，
所以，点的轨迹是半径为的圆，
则点的轨迹长度为．
故答案为：C．
【分析】利用已知条件易得平面，设为的交点，再利用正方体的结构特征和线面垂直的判定定理，从而得出直线平面，进而得出，在平面中建立平面直角坐标系，设，再利用圆的定义，从而求出点的轨迹方程，再根据圆的周长公式得出点的轨迹的长度.
9．（2025高二上·长沙月考）已知圆锥的顶点为，为底面直径，是面积为1的直角三角形，则（ ）
A．该圆锥的母线长为
B．该圆锥的体积为
C．该圆锥的侧面积为
D．该圆锥的侧面展开图的圆心角为
【答案】A,B,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设该圆锥的母线长为，如下图所示：
因为轴截面是面积为1的直角三角形，
所以为直角；
则，解得，故A正确；
设该圆锥的底面圆心为，在中，，
所以，
则圆锥的高，
所以该圆锥的体积，
则侧面积为，故B正确、C错误；
设该圆锥的侧面展开图的圆心角为，
则，
所以，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】根据圆锥轴截面的形状和轴截面的面积判断出选项A；求出母线长和底面半径可计算出圆锥的体积，则判断出选项B和选项C；由圆锥的侧面展开图计算判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025高二上·长沙月考）下列说法正确的是（ ）
A．若直线与直线平行，则
B．，都有原点在圆外
C．一条光线从点射出，经轴反射后，与圆相切，则反射后光线所在的直线方程为
D．圆与圆的公切线恰有2条
【答案】B,D
【知识点】直线的一般式方程；直线的一般式方程与直线的平行关系；点与圆的位置关系；圆的切线方程；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：若两直线与平行，
需满足，
由，
得，
解得或，
当时，两直线分别为和，平行；
当时，两直线分别为和，平行，
所以和都满足条件，故选项A错误；
将原点代入圆的左边，
得，右边为，
比较与：，
则原点到圆心的距离的平方大于半径的平方，
所以原点在圆外，故选项B正确；
因为点关于轴的对称点为，
反射光线过且与圆相切，
设反射光线方程为，即，
由圆心到直线的距离等于半径，
得，
则，
化简得：，
解得或，
则反射光线方程为或，故选项C错误；
将圆化为标准方程：，
则圆心，半径；
将圆化为标准方程：，
则圆心，半径，
所以两圆心距，
因为，
所以两圆相交，
则公切线有条，故选项D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据直线与直线的位置关系、点与圆的位置关系、光线反射问题和两圆的公切线问题，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．（2025高二上·长沙月考）已知，则（ ）
A． B．的最大值为26
C．的最小值是 D．的最大值是
【答案】A,B,D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：因为圆的圆心为，半径.
对于A，因为，
所以表示圆上一点与定点所在直线的斜率加上，
由图可知，过点与圆相切得的线斜率存在，
设切线方程为，即，
则，
解得或，
由图可知，，
所以，故A正确；
对于B，由，得，
则，
所以的最大值为，故B正确；
对于C，因为圆上一点到直线的距离为，
则，
所以求的最小值，即求，
所以即为到直线的距离减半径，
又因为到直线的距离为，
所以，
则的最小值为，故C错误；
对于D，因为，
所以
，
表示圆上一点到点距离之差的2倍，
所以，
当（在两点中间）三点在一条直线上时取等号，
所以的最大值是，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将变形为，从而可得表示圆上一点与定点所在直线的斜率加上，则可判断选项A；由结合的取值范围，则可判断选项B；利用表示圆上一点到直线的距离的倍，则可判断选项C；化简选项D可知表示圆上一点到点距离之差的2倍，再利用三点共线求最值的方法，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025高二上·长沙月考）已知是相互独立事件，且，则 ．
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：因为是相互独立事件，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】先根据独立事件的乘法公式求出，再根据得出的值.
13．（2025高二上·长沙月考）直线：与直线：交于点Q，m是实数，O为坐标原点，则的最大值是 ．
【答案】
【知识点】两条直线的交点坐标；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：因为：与直线：的交点坐标为
所以，
若最大，则最小，所以最小，
又因为，当且仅当时取等，此时，
所以的最大值是．
故答案为：.
【分析】联立两直线方程求出交点坐标，再利用两点间距离公式求出，再根据二次型函数求最值的方法，从而得出的最大值.
14．（2025高二上·长沙月考）已知椭圆的左右焦点分别为，上顶点为，过且垂直于的直线与交于、两点，则的周长为 ．
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由椭圆，
得，
则，
所以，
过且垂直于的直线与椭圆交于两点，
所以为线段的垂直平分线，
则，
所以的周长为：
.
故答案为：.
【分析】根据已知条件可得，再根据椭圆的定义和三角形的周长公式，从而得出的周长.
15．（2025高二上·长沙月考）文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大得利者，更是文明城市的主要创造者，长沙市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）求样本成绩的平均数和众数；
（3）用分层抽样的方法在分数落在内的答卷中随机抽取一个容量为5的样本，现将该样本看成一个总体，再从中任取2份，求至多有1份答卷的分数在内的概率．
【答案】（1）解：由题意，
得，
则.
（2）解：由（1），可得平均数为：
由频率分布直方图这组频率最高，
则中众数为：.
（3）解：落在内的样本容量为：，
落在内的样本容量为：，
则应从中抽2个，从中抽3个，
设中的样本为：，中的样本为：，
则从中任取2份的情况有：
，，共10种.
分数在内有：共7种，
则至多有1份答卷的分数在内的概率为：.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）由各小组矩形的面积等于各小组的频率，再利用频率之和为1，从而得出频率分布直方图中的值.
（2）由频率分布直方图计算出平均数和众数.
（3）由题意可得应从中抽2个，从中抽3个，再设中的样本为：，中的样本为：，再由列举法和古典概率公式，从而得出至多有1份答卷的分数在内的概率．
（1）由题，，则；
（2）由（1），平均数为：；
由频率分布直方图这组频率最高，则中众数为：；
（3）落在内的样本容量为：，
落在内的样本容量为：.
则应从中抽2个，从中抽3个.
设中的样本为：，中的样本为：.
则从中任取2份的情况有：
，，共10种.
分数在内有：共7种，
则至多有1份答卷的分数在内的概率为：.
16．（2025高二上·长沙月考）已知，，分别是的内角，，的对边，且.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：在中，，
由正弦定理，得：，
则，
所以，
则，
由正弦定理，得，
所以.
（2）解：由，得，
则，得，
由余弦定理，得，
则，整理得，
所以，
解得，
则，
所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据和正弦定理，从而得到，再利用两角和的正弦公式得出的值.
（2）由三角形的面积公式得到a，b的关系式，再结合（1）的结论和余弦定理，从而得出的周长.
（1）解：在中，，
由正弦定理得：，则，
即，即，
由正弦定理得，即；
（2）由，得，
则，得，
由余弦定理得，
即，整理得，
即，解得，
则，
所以的周长为.
17．（2025高二上·长沙月考）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面，且，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：取中点，连接，，
∵，，点为中点，
∴，
又因为∥，
∴四边形为平行四边形，
∴∥，，
∵为正方形，
∴∥，，
∴∥，，
∴四边形为平行四边形，
∴∥，
又因为平面，平面，
∴∥平面．
（2）解：以为原点，分别以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
，
令，则，，
所以，
设平面的法向量为，
，
令，则，，
所以，
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，再利用平行四边形的定义证出四边形为平行四边形，从而可得∥，再利用线线平行证出线面平行.
（2）以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，再根据数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）取中点，连接，，
∵，，点为中点， ∴，
又∥，∴四边形为平行四边形，
∴∥，，∵为正方形，
∴∥，，∴∥，，
∴四边形为平行四边形，∴∥，
又平面，平面，∴∥平面．
（2）以为原点，分别以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
18．（2025高二上·长沙月考）已知过定点的直线被圆截得的弦长为．
（1）求直线的方程．
（2）线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，是线段的中点，记点的轨迹为曲线．
（i）求曲线方程；
（ii）已知点为直线上一动点，过点作曲线的两条切线，切点分别为、，判断直线是否过定点 求出该定点，并说明理由；
【答案】（1）解：因为圆的圆心为，半径，
设圆心到直线的距离为，
则，所以，
当直线的斜率不存在时，方程为，圆心到直线的距离为，不符合题意；
当直线的斜率存在时，
设方程为，即，
则圆心到直线的距离为，
解得或，
当时，直线的方程为；
当时，直线的方程为，即，
综上所述，直线的方程为或.
（2）解：（i）设点，
由点的坐标为，且是线段的中点，
则，
可得，即，
因为点在圆上运动，
所以点坐标满足圆的方程，
则，
整理得，
所以点的轨迹方程为.
（ii）因为圆的圆心，半径，
又因为点为直线上一动点，则可设，
因为都是圆的切线，
所以，
则点也在以为直径的圆上，
以为直径的圆的圆心为，
半径为，
则以为直径的圆的方程为，
即①，
化为②，
由①②，整理得，
所以直线的方程为，
即，
令，
解得，
所以直线过定点.
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系；相交弦所在直线的方程；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）根据圆的弦长公式求出圆心到直线的距离，再分直线的斜率是否存在两种情况，再根据点到直线的距离等于半径得出直线的方程．
（2）（i）设，由M是线段的中点，可得，代入圆的方程化简得出曲线方程。
（ii）由题意可得点在以为直径的圆上，从而求出以为直径的圆的方程，进而求出公共弦所在直线的方程，则得出直线过定点.
（1）圆的圆心为，半径，
设圆心到直线的距离为，
则，所以，
当直线的斜率不存在时，方程为，圆心到直线的距离为，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得或，
时，直线的方程为，
时，直线的方程为，即，
综上所述，直线的方程为或；
（2）（i）设点，
由点的坐标为，且是线段的中点，
则，可得，即，
因为点在圆上运动，所以点坐标满足圆的方程，
即，整理得，
所以点的轨迹方程为；
（ii）圆的圆心，半径，
因为点为直线上一动点，
则可设，
因为都是圆的切线，
所以，
所以也在以为直径的圆上，
以为直径的圆的圆心为，
半径为，
所以以为直径的圆的方程为，
即①，
化为②，
由①②整理得，
所以直线的方程为，
即，
令，解得，
所以直线过定点.
19．（2025高二上·长沙月考）已知椭圆的两个焦点为和，点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点为椭圆上一动点，求点到直线距离的最值；
（3）分别过，作平行直线，若直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，其中点在轴上方，求四边形的面积的取值范围．
【答案】（1）解：由题意，得，
因为点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形，
所以，
则，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：设与直线平行且与椭圆相切直线方程为，
联立，
消得，
则，
解得，
因为平行直线与的距离，
所以，
则点到直线距离的最大值为，最小值为.
（3）解：由题意，可得直线的斜率不为零，
设直线的方程为，
则直线的方程为，
联立，
消得，
设，
则，
则
又因为直线之间的距离，
则四边形的面积，
令，则，
所以，
当且仅当时，即当时取等号，
因为，所以，
则，
由椭圆的对称性，
可得四边形的面积，
所以四边形的面积的取值范围为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意结合焦点坐标、等腰直角三角形的结构特征和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出，进而得出椭圆的标准方程.
（2）利用两直线平行斜率相等和直线与椭圆的位置关系，从而求出与直线平行且与椭圆相切直线方程，则切线与直线的距离即为最值，从而得出点到直线距离的最值.
（3）设直线的方程为，则直线的方程为，，联立直线方程和椭圆方程，再利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，再利用两平行直线间的距离公式求出两直线间的距离，从而得出四边形的面积的表达式，再利用导数和均值不等式求最值的方法，从而得出四边形的面积的取值范围 .
（1）由题意得，
因为点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形，
所以，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设与直线平行且与椭圆相切直线方程为，
联立，消得，
则，解得，
平行直线与的距离，
所以，
所以点到直线距离的最大值为，最小值为；
（3）由题意可得直线的斜率不为零，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，消得，
设，
则，
则，
直线之间的距离，
则四边形的面积，
令，则，
故，
当且仅当，即时取等号，
又，所以，所以，
由椭圆的对称性可得四边形的面积，
所以四边形的面积的取值范围为.
1 / 1
