广东省中山市桂山中学2025-2026学年高二上学期12月段考数学检测题
1．（2025高二上·中山月考）若直线的一个方向向量为，则它的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·中山月考）已知椭圆过点，则该椭圆的焦距为（ ）
A． B． C．4 D．
3．（2025高二上·中山月考）已知直线 ， ，则“ ”是“ ”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
4．（2025高二上·中山月考）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且满足，点N为BC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高二上·中山月考）圆，圆，则圆与（ ）
A．相离 B．有3条公切线
C．关于直线对称 D．公共弦所在直线方程为
6．（2025高二上·中山月考）连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记录每次朝上的点数，设事件A为“第一次的点数是2”，事件B为“第二次的点数小于4”，事件C为“两次的点数之和为偶数”，则（ ）
A． B．A与C相互独立
C．A与C对立 D．B与C互斥
7．（2025高二上·中山月考）已知直线与圆相交于，两点，若为正三角形，则实数的值是（ ）
A． B． C．或 D．或
8．（2025高二上·中山月考）已知椭圆，该椭圆上一点到直线距离的最大值为，则该椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高二上·中山月考）某校1000名学生参加数学竞赛，随机抽取了50名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则（ ）
A．频率分布直方图中的值为0.005
B．估计这50名学生的竞赛成绩的上四分位数为85
C．估计这50名学生的竞赛成绩的众数为80
D．估计总体中成绩落在内的学生人数为150
10．（2025高二上·中山月考）已知椭圆的左右焦点分别为，，点是椭圆上的一个动点，则以下说法正确的是（ ）
A．的周长为8
B．若，则的面积为
C．椭圆上存在两个点，使得
D．的最小值为1
11．（2025高二上·中山月考）已知直线与圆相交于，两点，则下列说法正确的有（ ）
A．当最大时，
B．当面积最大时，
C．直线过定点，且
D．若直线，的斜率分别为，，则
12．（2025高二上·中山月考）已知直线过点，且直线的一个方向向量为，则坐标原点到直线的距离为 .
13．（2025高二上·中山月考）已知点在圆上，则过点M的圆C的切线方程为 ．
14．（2025高二上·中山月考）点为椭圆上任意一点，为圆的任意一条直径，则的取值范围是
15．（2025高二上·中山月考）已知椭圆的方程为，左焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）经过椭圆的右焦点且斜率为1的直线与椭圆交于两点，求的长．
16．（2025高二上·中山月考）设梯形的外接圆为，已知，且，，.
（1）求的标准方程；
（2）求梯形的面积.
17．（2025高二上·中山月考）多项选择题是数学考试中常见的题型，它一般从，，，四个选项中选出所有正确的答案，其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（如有两个正确选项的每选对一个得3分，三个正确选项的每选对一个得2分），有选错的得0分．
（1）考生甲有一道答案为的多项选择题不会做，他随机选择一个或两个或三个选项，求他本题至少得2分的概率；
（2）现有2道两个正确选项的多项选择题，根据训练经验，每道题考生乙得6分的根率为，得3分的概率为；每道题考生丙得6分的概率为，得3分的概率为．乙，丙二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题乙丙两位考生总分刚好得18分的概率．
18．（2025高二上·中山月考）如图，在三棱锥中，，，平面平面是的中点.
（1）求证：.
（2）点满足，且平面.
（i）求的值；
（ii）求平面与平面的夹角的余弦值.
19．（2025高二上·中山月考）已知在平面直角坐标系中，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知直线与轨迹交于两点．
①求的取值范围；
②已知点，直线与直线分别交于点，平面内是否存在一定点，使得四边形为平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】直线的倾斜角；斜率的计算公式；直线的方向向量
【解析】【解答】解：由直线的一个方向向量是，
可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，
则，且，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用直线的方向向量求出直线的斜率，再设出直线的倾斜角，再根据直线的斜率和直线的倾斜角的关系式和直线的倾斜角的取值范围，从而建立方程求解得出直线的倾斜角.
2．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答解：已知椭圆过点，
得，
解得，
则椭圆方程为，
设椭圆的半焦距为，则，
所以，
则该椭圆的焦距为.
故答案为：C.
【分析】根据椭圆过一点结合代入法，从而可得椭圆方程，再根据椭圆方程中的关系式可得的值，从而得出椭圆的焦距.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线垂直的判定
【解析】【解答】由题意，直线 ， ，
若 ，可得 ，解得 ，
即 的充要条件是 ，所以“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】 利用直线与直线垂直的性质求出a，再利用充分必要条件的定义判断即可.
4．【答案】B
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解： .
故答案为：B.
【分析】根据向量加减法、数乘向量的几何意义，再利用空间向量基本定理，从而用，，表示出，进而找出正确的选项.
5．【答案】C
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：将圆的方程化为标准方程：，所以圆的圆心，半径；
圆：的圆心，半径.
选项A：计算圆心距，因为，，且，所以两圆相交，不是相离，A错误.
选项B：两圆相交时，公切线有条，不是条，B错误.
选项C：先求线段的中点坐标，根据中点坐标公式，中点为.再求线段的斜率，则其中垂线的斜率为.利用点斜式可得中垂线方程为，即.又因为两圆半径相等，所以圆与圆关于直线对称，C正确.选项D：将两圆方程相减，，展开可得，化简得，即，不是，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题需要先将圆的方程化为标准形式，得到圆心和半径，再通过分析圆心距、两圆位置关系、公共弦方程以及两圆的对称性来解题.解题思路是依次对每个选项进行判断，利用圆的基本性质和相关公式来验证.
6．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据题意，连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记录每次朝上的点数，
则，，
，，
，，共36个不同结果.
对于A，因为事件A为“第一次的点数是2”，包含6种情况，
所以，故A错误；
对于B，因为事件C为“两次的点数之和为偶数”，包含18个结果，
所以，
对于事件AC，有包含3个结果，
则，
所以，
则事件A、C相互独立，故B正确；
对于C，因为事件A、C可以同时发生，
所以事件A和事件C不互斥，也不对立，故C错误；
对于D，因为事件C和事件B可以同时发生，
所以事件C和事件B不互斥，故D错误.
故答案为：B.
【分析】先根据题意列出所有可能结果，再由古典概率公式依次计算出、、的值，再结合独立事件定义、对立事件定义和互斥事件定义，从而逐项判断找出正确的选项.
7．【答案】D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由圆，
可得圆心，半径，
∵为正三角形，边长为，
∴圆心到直线的距离为，
则，
解得．
故答案为：D．
【分析】由题意结合点到直线的距离公式以及正三角形的结构特征，从而得出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式和已知条件，从而得出实数a的值．
8．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；平面内点到直线的距离公式；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆上一点，
则点到直线的距离为，其中满足，
因为，
所以，
则（负值舍去），
所以，
则椭圆的离心率为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件，设椭圆上一点，再根据点到直线的距离公式和正弦型函数求最值的方法，从而求出该点到直线距离的最大值，再由题意求出的值，再根据椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，从而求出椭圆的离心率.
9．【答案】A,B,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由，
可得，故A正确；
因为前三个矩形的面积和为，第四个矩形面积为
所以，
估计出这50名学生的竞赛成绩的上四分位数为，故B正确；
由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C错误；
在总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组矩形的面积，再利用频率之和为1可得的值，则判断出选项A；利用频率分布直方图求百分位数的方法，则判断出选项B；利用频率分布直方图求众数的方法，则判断出选项C；利用频数等于频率乘以样本容量，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面内两点间距离公式的应用；椭圆的定义；椭圆的简单性质；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为椭圆C：的长短半轴长分别为，半焦距，
由点P是椭圆上的一个动点，
得.
对于A，因为的周长为，故A错误；
对于B，在中，，
由余弦定理，
得
，
则，，
因此的面积为，故B正确；
对于C，当点位于椭圆的上下顶点时，最大，此时，
则为等边三角形，的最大值为，
因此椭圆C上不存在点，使得，故C错误；
对于D，因为，
当且仅当时，即当时取等号，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用椭圆的方程得出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出c的值，则由三角形的周长公式，则可判断选项A；利用余弦定理和椭圆的定义以及三角形的面积公式，则可判断选项B；利用几何法求最值的方法和等边三角形的性质，从而求出的最大值，则可判断选项C；根据椭圆的定义结合基本不等式求最值的方法和“1”的整体代换，则可判断选项D，从而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，
所以，
则圆心，半径，
当最大时，直线经过圆心，
则，
解得，故A正确；
因为，
则当时，面积最大，此时，故B正确；
将直线整理，
得：，
由，
解得直线过定点，
则，
根据圆的幂定理，得，故C错误；
因为直线过定点，
由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入圆，得：，
则，
所以，
则，
设，
则，
所以
，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】当最大时，直线经过圆心，从而求出的值，则可判断选项A；根据三角形面积公式可知当时，面积最大，从而求出的值，则可判断选项B；先变形解得直线过的定点，再根据圆的幂定理得，从而求解判断出选项C；由题意，设直线的方程为，再将直线方程代入圆的方程，再利用韦达定理和两点求斜率公式，从而计算出，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：由题设，则坐标原点到直线的距离.
故答案为：
【分析】代入空间向量法求点线距离公式计算得解.
13．【答案】
【知识点】圆的标准方程；圆的切线方程
【解析】【解答】解：由于点在圆上，
所以，所以圆，
所以圆心，，
所以过点M的圆C的切线的斜率为，
所以过点M的圆C的切线方程为，
化简得.
故答案为：
【分析】将M代入圆的方程可得r=5，圆心，，过点M的圆C的切线的斜率为，由点斜式得切线方程.
14．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意，
得，
又因为为圆的任意一条直径，
所以，
由题意，得椭圆的半长轴，半焦距，右焦点为，
又因为圆的圆心为，
所以，点为椭圆的右焦点，
在椭圆中，有，
则，
所以，，
则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】利用三角形法则和数量积的运算律，再利用椭圆的性质结合，从而化简可知，再利用，从而得出的取值范围.
15．【答案】（1）解：由题意，椭圆半焦距且，
得，
因此椭圆方程为.
（2）解：过且斜率为1的直线为，设，
联立直线方程与椭圆方程，
可得，
根据韦达定理，则，
所以
.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；平面内两点间的距离公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）根据椭圆半焦距和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而可得，c的值，进而得出椭圆方程.
（2）联立直线方程与椭圆方程，再利用韦达定理和弦长公式，从而得出MN的长.
（1）由题意，椭圆半焦距且，得，
因此椭圆方程为.
（2）过且斜率为1的直线为，设，
联立直线方程与椭圆方程，可得，
根据韦达定理，有.
.
16．【答案】（1）解：设的一般方程为，
由题意可知，
解得，，，
所以的一般方程为，
故的标准方程为.
（2）解：因为，所以，
则直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
因此，
易知，且圆心在直线上，所以梯形的高，
故梯形的面积为
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程
【解析】【分析】（1）设的一般方程，代入三点，得三元一次方程组，可解；
（2）根据平行关系求出的方程，得，得CD方程为，得圆心到直线的距离为，可求|CD|、|AB|，再利用梯形的面积公式计算.
（1）设的一般方程为，
由题意可知，
解得，，，
所以的一般方程为，
故的标准方程为.
（2）因为，所以，
则直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
因此，
易知，且圆心在直线上，所以梯形的高，
故梯形的面积为
17．【答案】（1）解：甲同学所有可能的选择答案有14种：，，，，，，，，，，，，，，
设事件表示“猜对本题至少得2分”，
则，有7个样本点，
所以.
（2）解：由题意得乙得0分的概率为，丙得0分的概率为，乙丙总分刚好得18分的情况包含：
事件E：乙得12分有一种情况，丙得6分有，，三种情况，
则，
事件F：乙得9分有，两种情况，丙得9分有，两种情况，
则
事件G：乙得6分有，，三种情况，丙得12分有一种情况，
则，
故乙丙总分刚好得18分的概率.
【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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）列举法得甲同学所有可能的选择答案有14种，猜对本题至少得2分有7个样本点，代入古典概型公式得解；
（2）分析得分刚好得18分的可能性情况得事件E：乙得12分有一种情况，丙得6分有，，三种情况，事件F：乙得9分有，两种情况，丙得9分有，两种情况；事件G：乙得6分有，，三种情况，丙得12分有一种情况；得乙丙总分刚好得18分的概率.
（1）甲同学所有可能的选择答案有14种：，，，，，，，，，，，，，，
设事件表示“猜对本题至少得2分”，
则，有7个样本点，
所以.
（2）由题意得乙得0分的概率为，丙得0分的概率为，乙丙总分刚好得18分的情况包含：
事件E：乙得12分有一种情况，丙得6分有，，三种情况，
则，
事件F：乙得9分有，两种情况，丙得9分有，两种情况，
则
事件G：乙得6分有，，三种情况，丙得12分有一种情况，
则，
故乙丙总分刚好得18分的概率.
18．【答案】（1）证明：连接，因为，是的中点，
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，
由，，
可得，
又因为，，
所以，
则.
（2）解：（i）由（1）知，两两互相垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
则.
设是平面的法向量，
由，
可取.
因为平面，
所以，
则，
解得.
（ii）设是平面的法向量，平面与平面的夹角为，
则，，
由，
可取.
由知，平面的一个法向量为.
所以，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】共线（平行）向量；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形三线合一得到，再利用面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理，从而得到，再根据勾股定理得到的长，再利用勾股定理证出.
（2）（i）由（1）知，两两互相垂直，从而建系，则得出点的坐标和向量的坐标，再根据得到向量，再由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再根据平面列方程，从而解方程得出的值.
（ii）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，从而得出平面的法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面的夹角的余弦值.
（1）连接，因为，是的中点，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.
由，，可得，
又，，所以，故.
（2）（i）由（1）知，两两互相垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
则.
设是平面的法向量，
由，可取.
因为平面，所以，
即，解得.
（ii）设是平面的法向量，平面与平面的夹角为.
，，
由，可取.
由知，平面的一个法向量为.
所以，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
19．【答案】（1）解：由题意，得：，
两边平方并化简，得，
所以，轨迹的方程为.
（2）解：①设，，
由，
得，
由直线与轨迹交于两点，
得，
所以或.
②存在点使得四边形为平行四边形.
理由如下：
因为在椭圆上，易知，
设直线的方程为，
令，得，
同理可得，
由①知，
得，
所以
，
则线段的中点坐标为，
连接，若四边形为平行四边形，
则线段的中点坐标也为，
因为，
可得，
则，
所以点的坐标为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件和两点距离和点到直线的距离公式，从而得出关于、的等式，再化简得出动点M的轨迹的方程.
（2）①将直线方程与椭圆方程联立，再消元结合判别式法，从而求解得出实数m的取值范围.
②利用赋值法和①结合直线表示出点的坐标，再结合韦达定理和中点坐标公式，从而求出线段MN的中点坐标，再结合为平行四边形求解可得点H的坐标.
（1）由题得：，两边平方并化简得，
所以，轨迹的方程为.
（2）①设，，
由，得，
由直线与轨迹交于两点，得，
所以或.
②存在点使得四边形为平行四边形，理由如下：
因为在椭圆上，所以易知，
设直线的方程为，
令，得，同理，
又由①知，所以，
所以
，
所以线段的中点坐标为，
连接，若四边形为平行四边形，则线段的中点坐标也为，
由于，可得得，
所以点的坐标为.
1 / 1广东省中山市桂山中学2025-2026学年高二上学期12月段考数学检测题
1．（2025高二上·中山月考）若直线的一个方向向量为，则它的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线的倾斜角；斜率的计算公式；直线的方向向量
【解析】【解答】解：由直线的一个方向向量是，
可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，
则，且，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用直线的方向向量求出直线的斜率，再设出直线的倾斜角，再根据直线的斜率和直线的倾斜角的关系式和直线的倾斜角的取值范围，从而建立方程求解得出直线的倾斜角.
2．（2025高二上·中山月考）已知椭圆过点，则该椭圆的焦距为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答解：已知椭圆过点，
得，
解得，
则椭圆方程为，
设椭圆的半焦距为，则，
所以，
则该椭圆的焦距为.
故答案为：C.
【分析】根据椭圆过一点结合代入法，从而可得椭圆方程，再根据椭圆方程中的关系式可得的值，从而得出椭圆的焦距.
3．（2025高二上·中山月考）已知直线 ， ，则“ ”是“ ”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；两条直线垂直的判定
【解析】【解答】由题意，直线 ， ，
若 ，可得 ，解得 ，
即 的充要条件是 ，所以“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】 利用直线与直线垂直的性质求出a，再利用充分必要条件的定义判断即可.
4．（2025高二上·中山月考）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且满足，点N为BC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解： .
故答案为：B.
【分析】根据向量加减法、数乘向量的几何意义，再利用空间向量基本定理，从而用，，表示出，进而找出正确的选项.
5．（2025高二上·中山月考）圆，圆，则圆与（ ）
A．相离 B．有3条公切线
C．关于直线对称 D．公共弦所在直线方程为
【答案】C
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：将圆的方程化为标准方程：，所以圆的圆心，半径；
圆：的圆心，半径.
选项A：计算圆心距，因为，，且，所以两圆相交，不是相离，A错误.
选项B：两圆相交时，公切线有条，不是条，B错误.
选项C：先求线段的中点坐标，根据中点坐标公式，中点为.再求线段的斜率，则其中垂线的斜率为.利用点斜式可得中垂线方程为，即.又因为两圆半径相等，所以圆与圆关于直线对称，C正确.选项D：将两圆方程相减，，展开可得，化简得，即，不是，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题需要先将圆的方程化为标准形式，得到圆心和半径，再通过分析圆心距、两圆位置关系、公共弦方程以及两圆的对称性来解题.解题思路是依次对每个选项进行判断，利用圆的基本性质和相关公式来验证.
6．（2025高二上·中山月考）连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记录每次朝上的点数，设事件A为“第一次的点数是2”，事件B为“第二次的点数小于4”，事件C为“两次的点数之和为偶数”，则（ ）
A． B．A与C相互独立
C．A与C对立 D．B与C互斥
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据题意，连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记录每次朝上的点数，
则，，
，，
，，共36个不同结果.
对于A，因为事件A为“第一次的点数是2”，包含6种情况，
所以，故A错误；
对于B，因为事件C为“两次的点数之和为偶数”，包含18个结果，
所以，
对于事件AC，有包含3个结果，
则，
所以，
则事件A、C相互独立，故B正确；
对于C，因为事件A、C可以同时发生，
所以事件A和事件C不互斥，也不对立，故C错误；
对于D，因为事件C和事件B可以同时发生，
所以事件C和事件B不互斥，故D错误.
故答案为：B.
【分析】先根据题意列出所有可能结果，再由古典概率公式依次计算出、、的值，再结合独立事件定义、对立事件定义和互斥事件定义，从而逐项判断找出正确的选项.
7．（2025高二上·中山月考）已知直线与圆相交于，两点，若为正三角形，则实数的值是（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由圆，
可得圆心，半径，
∵为正三角形，边长为，
∴圆心到直线的距离为，
则，
解得．
故答案为：D．
【分析】由题意结合点到直线的距离公式以及正三角形的结构特征，从而得出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式和已知条件，从而得出实数a的值．
8．（2025高二上·中山月考）已知椭圆，该椭圆上一点到直线距离的最大值为，则该椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；平面内点到直线的距离公式；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆上一点，
则点到直线的距离为，其中满足，
因为，
所以，
则（负值舍去），
所以，
则椭圆的离心率为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件，设椭圆上一点，再根据点到直线的距离公式和正弦型函数求最值的方法，从而求出该点到直线距离的最大值，再由题意求出的值，再根据椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，从而求出椭圆的离心率.
9．（2025高二上·中山月考）某校1000名学生参加数学竞赛，随机抽取了50名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则（ ）
A．频率分布直方图中的值为0.005
B．估计这50名学生的竞赛成绩的上四分位数为85
C．估计这50名学生的竞赛成绩的众数为80
D．估计总体中成绩落在内的学生人数为150
【答案】A,B,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由，
可得，故A正确；
因为前三个矩形的面积和为，第四个矩形面积为
所以，
估计出这50名学生的竞赛成绩的上四分位数为，故B正确；
由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C错误；
在总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组矩形的面积，再利用频率之和为1可得的值，则判断出选项A；利用频率分布直方图求百分位数的方法，则判断出选项B；利用频率分布直方图求众数的方法，则判断出选项C；利用频数等于频率乘以样本容量，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025高二上·中山月考）已知椭圆的左右焦点分别为，，点是椭圆上的一个动点，则以下说法正确的是（ ）
A．的周长为8
B．若，则的面积为
C．椭圆上存在两个点，使得
D．的最小值为1
【答案】B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面内两点间距离公式的应用；椭圆的定义；椭圆的简单性质；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为椭圆C：的长短半轴长分别为，半焦距，
由点P是椭圆上的一个动点，
得.
对于A，因为的周长为，故A错误；
对于B，在中，，
由余弦定理，
得
，
则，，
因此的面积为，故B正确；
对于C，当点位于椭圆的上下顶点时，最大，此时，
则为等边三角形，的最大值为，
因此椭圆C上不存在点，使得，故C错误；
对于D，因为，
当且仅当时，即当时取等号，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用椭圆的方程得出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出c的值，则由三角形的周长公式，则可判断选项A；利用余弦定理和椭圆的定义以及三角形的面积公式，则可判断选项B；利用几何法求最值的方法和等边三角形的性质，从而求出的最大值，则可判断选项C；根据椭圆的定义结合基本不等式求最值的方法和“1”的整体代换，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025高二上·中山月考）已知直线与圆相交于，两点，则下列说法正确的有（ ）
A．当最大时，
B．当面积最大时，
C．直线过定点，且
D．若直线，的斜率分别为，，则
【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，
所以，
则圆心，半径，
当最大时，直线经过圆心，
则，
解得，故A正确；
因为，
则当时，面积最大，此时，故B正确；
将直线整理，
得：，
由，
解得直线过定点，
则，
根据圆的幂定理，得，故C错误；
因为直线过定点，
由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入圆，得：，
则，
所以，
则，
设，
则，
所以
，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】当最大时，直线经过圆心，从而求出的值，则可判断选项A；根据三角形面积公式可知当时，面积最大，从而求出的值，则可判断选项B；先变形解得直线过的定点，再根据圆的幂定理得，从而求解判断出选项C；由题意，设直线的方程为，再将直线方程代入圆的方程，再利用韦达定理和两点求斜率公式，从而计算出，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2025高二上·中山月考）已知直线过点，且直线的一个方向向量为，则坐标原点到直线的距离为 .
【答案】
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：由题设，则坐标原点到直线的距离.
故答案为：
【分析】代入空间向量法求点线距离公式计算得解.
13．（2025高二上·中山月考）已知点在圆上，则过点M的圆C的切线方程为 ．
【答案】
【知识点】圆的标准方程；圆的切线方程
【解析】【解答】解：由于点在圆上，
所以，所以圆，
所以圆心，，
所以过点M的圆C的切线的斜率为，
所以过点M的圆C的切线方程为，
化简得.
故答案为：
【分析】将M代入圆的方程可得r=5，圆心，，过点M的圆C的切线的斜率为，由点斜式得切线方程.
14．（2025高二上·中山月考）点为椭圆上任意一点，为圆的任意一条直径，则的取值范围是
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意，
得，
又因为为圆的任意一条直径，
所以，
由题意，得椭圆的半长轴，半焦距，右焦点为，
又因为圆的圆心为，
所以，点为椭圆的右焦点，
在椭圆中，有，
则，
所以，，
则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】利用三角形法则和数量积的运算律，再利用椭圆的性质结合，从而化简可知，再利用，从而得出的取值范围.
15．（2025高二上·中山月考）已知椭圆的方程为，左焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）经过椭圆的右焦点且斜率为1的直线与椭圆交于两点，求的长．
【答案】（1）解：由题意，椭圆半焦距且，
得，
因此椭圆方程为.
（2）解：过且斜率为1的直线为，设，
联立直线方程与椭圆方程，
可得，
根据韦达定理，则，
所以
.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；平面内两点间的距离公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）根据椭圆半焦距和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而可得，c的值，进而得出椭圆方程.
（2）联立直线方程与椭圆方程，再利用韦达定理和弦长公式，从而得出MN的长.
（1）由题意，椭圆半焦距且，得，
因此椭圆方程为.
（2）过且斜率为1的直线为，设，
联立直线方程与椭圆方程，可得，
根据韦达定理，有.
.
16．（2025高二上·中山月考）设梯形的外接圆为，已知，且，，.
（1）求的标准方程；
（2）求梯形的面积.
【答案】（1）解：设的一般方程为，
由题意可知，
解得，，，
所以的一般方程为，
故的标准方程为.
（2）解：因为，所以，
则直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
因此，
易知，且圆心在直线上，所以梯形的高，
故梯形的面积为
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程
【解析】【分析】（1）设的一般方程，代入三点，得三元一次方程组，可解；
（2）根据平行关系求出的方程，得，得CD方程为，得圆心到直线的距离为，可求|CD|、|AB|，再利用梯形的面积公式计算.
（1）设的一般方程为，
由题意可知，
解得，，，
所以的一般方程为，
故的标准方程为.
（2）因为，所以，
则直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
因此，
易知，且圆心在直线上，所以梯形的高，
故梯形的面积为
17．（2025高二上·中山月考）多项选择题是数学考试中常见的题型，它一般从，，，四个选项中选出所有正确的答案，其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（如有两个正确选项的每选对一个得3分，三个正确选项的每选对一个得2分），有选错的得0分．
（1）考生甲有一道答案为的多项选择题不会做，他随机选择一个或两个或三个选项，求他本题至少得2分的概率；
（2）现有2道两个正确选项的多项选择题，根据训练经验，每道题考生乙得6分的根率为，得3分的概率为；每道题考生丙得6分的概率为，得3分的概率为．乙，丙二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题乙丙两位考生总分刚好得18分的概率．
【答案】（1）解：甲同学所有可能的选择答案有14种：，，，，，，，，，，，，，，
设事件表示“猜对本题至少得2分”，
则，有7个样本点，
所以.
（2）解：由题意得乙得0分的概率为，丙得0分的概率为，乙丙总分刚好得18分的情况包含：
事件E：乙得12分有一种情况，丙得6分有，，三种情况，
则，
事件F：乙得9分有，两种情况，丙得9分有，两种情况，
则
事件G：乙得6分有，，三种情况，丙得12分有一种情况，
则，
故乙丙总分刚好得18分的概率.
【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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）列举法得甲同学所有可能的选择答案有14种，猜对本题至少得2分有7个样本点，代入古典概型公式得解；
（2）分析得分刚好得18分的可能性情况得事件E：乙得12分有一种情况，丙得6分有，，三种情况，事件F：乙得9分有，两种情况，丙得9分有，两种情况；事件G：乙得6分有，，三种情况，丙得12分有一种情况；得乙丙总分刚好得18分的概率.
（1）甲同学所有可能的选择答案有14种：，，，，，，，，，，，，，，
设事件表示“猜对本题至少得2分”，
则，有7个样本点，
所以.
（2）由题意得乙得0分的概率为，丙得0分的概率为，乙丙总分刚好得18分的情况包含：
事件E：乙得12分有一种情况，丙得6分有，，三种情况，
则，
事件F：乙得9分有，两种情况，丙得9分有，两种情况，
则
事件G：乙得6分有，，三种情况，丙得12分有一种情况，
则，
故乙丙总分刚好得18分的概率.
18．（2025高二上·中山月考）如图，在三棱锥中，，，平面平面是的中点.
（1）求证：.
（2）点满足，且平面.
（i）求的值；
（ii）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接，因为，是的中点，
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，
由，，
可得，
又因为，，
所以，
则.
（2）解：（i）由（1）知，两两互相垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
则.
设是平面的法向量，
由，
可取.
因为平面，
所以，
则，
解得.
（ii）设是平面的法向量，平面与平面的夹角为，
则，，
由，
可取.
由知，平面的一个法向量为.
所以，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】共线（平行）向量；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形三线合一得到，再利用面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理，从而得到，再根据勾股定理得到的长，再利用勾股定理证出.
（2）（i）由（1）知，两两互相垂直，从而建系，则得出点的坐标和向量的坐标，再根据得到向量，再由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再根据平面列方程，从而解方程得出的值.
（ii）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，从而得出平面的法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面的夹角的余弦值.
（1）连接，因为，是的中点，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.
由，，可得，
又，，所以，故.
（2）（i）由（1）知，两两互相垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
则.
设是平面的法向量，
由，可取.
因为平面，所以，
即，解得.
（ii）设是平面的法向量，平面与平面的夹角为.
，，
由，可取.
由知，平面的一个法向量为.
所以，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
19．（2025高二上·中山月考）已知在平面直角坐标系中，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知直线与轨迹交于两点．
①求的取值范围；
②已知点，直线与直线分别交于点，平面内是否存在一定点，使得四边形为平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：由题意，得：，
两边平方并化简，得，
所以，轨迹的方程为.
（2）解：①设，，
由，
得，
由直线与轨迹交于两点，
得，
所以或.
②存在点使得四边形为平行四边形.
理由如下：
因为在椭圆上，易知，
设直线的方程为，
令，得，
同理可得，
由①知，
得，
所以
，
则线段的中点坐标为，
连接，若四边形为平行四边形，
则线段的中点坐标也为，
因为，
可得，
则，
所以点的坐标为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件和两点距离和点到直线的距离公式，从而得出关于、的等式，再化简得出动点M的轨迹的方程.
（2）①将直线方程与椭圆方程联立，再消元结合判别式法，从而求解得出实数m的取值范围.
②利用赋值法和①结合直线表示出点的坐标，再结合韦达定理和中点坐标公式，从而求出线段MN的中点坐标，再结合为平行四边形求解可得点H的坐标.
（1）由题得：，两边平方并化简得，
所以，轨迹的方程为.
（2）①设，，
由，得，
由直线与轨迹交于两点，得，
所以或.
②存在点使得四边形为平行四边形，理由如下：
因为在椭圆上，所以易知，
设直线的方程为，
令，得，同理，
又由①知，所以，
所以
，
所以线段的中点坐标为，
连接，若四边形为平行四边形，则线段的中点坐标也为，
由于，可得得，
所以点的坐标为.
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