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江苏省南京市七校2025-2026学年高二上学期10月联合调研试题数学试卷
一、单选题
1．已知复数，则复数的虚部为（ ）
A． B．3 C．－ D．－
2．已知向量，，若，则=（ ）
A． B． C． D．12
3．某商场举办有奖促销活动，在抽奖盒中放有5张抽奖券，其中2张抽奖券有奖品，若小李从中一次性随机抽出2张抽奖券，则小李不能获得奖品的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．若，为第二象限角，则＝（ ）
A． B． C． D．
5．已知圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．已知点，，若直线与线段AB相交，则k的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知，若两圆和恰有三条公切线，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知A，B是圆上的动点，且，P是圆上的动点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．某高中举行的数学史知识答题比赛，对参赛的名考生的成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，，若同一组中数据用该组区间中点值作为代表值，则下列说法正确的有（ ）

A．考生参赛成绩的平均分约为分
B．考生参赛成绩的第百分位数约为分
C．分数在区间内的频率为
D．用分层抽样的方法从中抽取一个容量为的样本，则成绩在区间应抽取人
10．下列说法正确的有（ ）
A．直线倾斜角越大，斜率越大
B．经过不同两点的直线方程是
C．经过点且在轴和轴上截距相等的直线为
D．经过点作直线分别交轴，轴的正半轴于两点，为坐标原点，当取最小值时，直线的方程为
11．已知圆M：，点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线与交于点C，则下列结论正确的有（ ）
A．四边形周长的最小值为
B．若，则的面积为
C．的最小值为
D．若，则的最大值为
三、填空题
12．已知直线，，若，则实数的取值为 .
13．已知，若动点满足，则动点与点距离的最大值为 .
14．已知函数，若关于的方程有三个不相等的实数根，则的取值范围为 .
四、解答题
15．已知△ABC的内角的对边为，，，且.
(1)求；
(2)若的面积为，，求的周长.
16．如图，在长方体中，，点P为的中点.
(1)求证：直线平面；
(2)求直线与平面所成角的大小.
17．已知平行四边形ABCD的两条边所在直线的方程分别是，且它的对角线的交点是.
(1)求顶点的坐标；
(2)求这个平行四边形另外两条边所在直线的方程；
(3)求平行四边形ABCD的面积.
18．已知圆与直线相切于点，圆心在轴上.
(1)求圆的标准方程；
(2)过点作圆的切线，求切线的方程；
(3)设点，过点作直线，交圆于两点，再过点作与直线垂直的直线，交圆于两点，记四边形的面积为，求的最大值.
19．现定义：若圆A上一动点，圆A外一点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆A的“白银点”.若点G同时是圆A和圆B的“白银点”，则称G为圆“”的“黄金点”.已知圆.
(1)若点为圆A的“白银点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状；
(2)已知圆，且均为圆“”的“黄金点”.
（i）求直线的方程；
（ii）若圆是以线段为直径的圆，直线与圆交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一定点，使得轴平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B A C B D A AC BD
题号 11
答案 ACD
1．D
由复数乘法法则计算求出即可得解.
【详解】由题可得，则虚部为，故D正确.
故选：D.
2．B
求出的坐标，根据可得，结合数量积的坐标表示，即可求得答案.
【详解】由题意知向量，，，
则，而，
故，解得，
故选：B
3．B
先写出5张抽奖券中，抽取2张的所有可能情况，再选出满足题意的可能情况，根据古典概型公式，即可得答案.
【详解】2张有奖品的抽奖券记为A、B，3张没有奖品的抽奖券记为a，b，c，
则5张抽奖券中，抽取2张有：，共10种可能，
小李不能获得奖品的情况：，共有3种可能，
所以小李不能获得奖品的概率.
故选：B
4．A
逆用两角差的余弦公式化简已知条件，可得，从而可得，再结合正切两角和公式即可求解.
【详解】由，
则，又为第二象限角，所以，所以，
所以，故A正确．
故选：A．
5．C
由题意可求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的底面半径和高，利用圆锥的体积公式，即可求得答案.
【详解】设圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，
半圆的面积公式为，所以，则，
又圆锥侧面展开图的弧长等于圆锥底面的周长，设圆锥底面半径为r，
则 ，
则圆锥的高为，
故该圆锥的体积为，
故选：C
6．B
由直线方程易得直线过定点，结合图形进行求解即可.
【详解】直线过定点，
而，，
由图可知，要使直线与线段AB相交，
则或，即k的取值范围是.
故选：B.
7．D
先求得两圆的圆心和半径，根据两圆有三条公切线，可得两圆外切，即可求得，令，代入上式，化简整理，可得关于m的一元二次方程，根据，结合判别式，即可得答案.
【详解】圆，整理得，
则圆心为，半径为1，
圆，整理得，
则圆心为，半径为2，
因为两圆恰有三条公切线，
所以两圆外切，即圆心距等于半径和，
所以，解得，
令，则，代入，
得，展开得，
因为，
所以，解得.
所以的最大值为.
故选：D
8．A
取的中点为D，根据向量的运算将转化为，然后结合圆的几何性质求出的取值范围，即可求得答案.
【详解】取的中点为D，则,
而，则，结合，
故
圆的圆心为，半径为，
则,
即点D在以为圆心，1为半径的圆上，
的圆心为，半径，
，
故的最小值为，当四点共线，且在之间时取得，
最大值为，当四点共线，且在外侧时取得，
即，故，
故选：A
9．AC
对于A：确定每组数据中间值，以及每组数据的频率代入到求平均数的公式即可求得；对于B：根据百分位数的定义分析求解；对于C：直接求分数在区间内的频率即可判断；对于D：根据分层随机抽样运算求解即可.
【详解】A：由频率分布直方图可知考生的平均成绩为
，故A正确；
B：因为，，
所以考生参赛成绩的第百分位数位于区间，则第百分位数为，故B错误；
C：分数在区间内的频率为，故C正确；
D：在区间应抽取，故D错误.
故选：AC.
10．BD
举出反例可判断A；根据直线的两点式方程结合特殊情况下的直线方程可判断B；利用直线的截距式方程结合过原点时的情况判断C；设直线的截距式方程，结合条件等式求最值可判断D.
【详解】对于A，取直线的倾斜角分别为，，但两直线的斜率，A错误；
对于B，对于经过不同两点的直线，
当时，直线的两点式方程为，可化为；
当时，直线方程为，此时满足；
当时，直线方程为，此时满足；
故经过不同两点的直线方程是，B正确；
对于C，直线经过点且在轴和轴上截距相等，
若截距均为0，则直线方程为；
当截距不为0时，设直线方程为，将代入，得，
即直线方程为，即，C错误；
对于D，设直线方程为，将代入得，
则，
当且仅当，即时等号成立，
取最小值时，，此时直线方程为，即，D正确，
故选：BD
11．ACD
对于A，设，求得，那么四边形的周长为，即可求最小值；对于B，求得，，利用等面积法求得，进而得，利用三角形面积公式求的面积；对于C，设，则，，根据三角形面积公式可得，则，令，则，即可求最小值；对于D，当点P与原点重合时，可求得；当点P与原点不重合时，求出以为直径的圆的方程为，与圆M的方程相减，可得直线的方程为，与直线的方程为联立，消去可得点C的轨迹方程，利用圆的性质可求的最大值．
【详解】对于A，圆的圆心为，半径为，
设，则，
因为是圆M的切线，
所以，且．
根据勾股定理可得，
那么四边形的周长为，
所以当时，四边形的周长取得最小值，选项A正确；
对于B，已知，得．
可得．
，
又，可得，
则，
则的面积为，选项B错误；
对于C，设，则，
，
根据三角形面积公式，
又，可得，
则，
令，则，
因为，所以当时，取最小值，故C正确；
对于D，当点P与原点重合时，，则，
，则，
所以，又，则；
当点P与原点不重合时，
因为，所以在以为直径的圆上．
设，则的中点坐标为，，
则以为直径的圆的方程为，
将此圆的方程与圆M的方程相减，
可得直线的方程为，
直线的方程为，
联立，
消去得，即，
所以点C的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
所以的最大值为，故D正确．
故选：ACD.
12．
根据两直线平行时系数的关系，列出方程，求出a值，检验即可得答案.
【详解】因为，
所以，解得或，
当时，，即，
此时两直线重合，故舍去，
当时，，，符合题意，
综上，a的值为1.
故答案为：1
13．/
设，由可得，再判断点在圆内，即可求解.
【详解】设，由可得，
化简可得：，则动点轨迹为圆，圆心为，半径为，
又，所以点在该圆内，
所以动点与点距离的最大值为.
故答案为：.
14．
作出的图象，将问题转化为与过定点的直线有三个不同的交点，通过分析临界状态，结合图象可求得的取值范围.
【详解】当时，令，则，
此时点的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆在轴上方（含轴上的点）的部分；
当时，；
方程有三个不相等实数根等价于与直线有三个不同的交点；
直线恒过定点，
点与点连线斜率，
结合图象可知：当时，直线与有三个不同交点；
设过点且与相切的斜率存在的直线为，即，
，解得：，
结合图象可知：当时，直线与有三个不同交点；

综上所述：的取值范围为.
故答案为：
15．(1)
(2)25
（1）根据正弦定理，由角化边，再根据余弦定理，解三角形即可.
（2）根据正弦定理面积公式，求出两边之积，再根据余弦定理，求出两边之和，进而求出三角形周长.
【详解】（1）由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
又因为，所以；
（2）由的面积，解得，
由，可得，即，
故解得，所以的周长为.
16．(1)证明见解析
(2)
（1）设，连接，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到为直线与平面所成角，在直角中，求得，即可求解.
【详解】（1）证明：设，连接，
在长方体中，且，可得四边形为正方形，
所以为线段中点，
因为点为的中点，则，
又因为平面，且平面，则平面.
（2）解：在长方体中，可得平面，
因为平面，所以，
又因为在正方形中，可得，
因为，且平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
因为，且点P为的中点，则，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
因为，所以，所以故直线与平面所成角为.
17．(1)，
(2)和
(3)24
（1）由，解出即得点坐标，由中点坐标公式即可得的坐标；
（2）由与平行，与平行，即，由点斜式即可求直线方程，再化为斜截式方程即可；
（3）先求点的坐标，由两点间距离公式求，利用点到直线的距离公式求到的距离，进而得的面积.
【详解】（1）联立，解得即得，
因点是的中点，则.
（2）由直线的斜率，且，则直线的方程为.
由直线的斜率，且，则直线的方程为.
故这个平行四边形另外两条边所在直线的方程是和.
（3）由，得 ，即 ，所以.
又到的距离.
所以的面积.
18．(1)
(2)或
(3)
（1）设，由圆直线相切于点，可求得，从而可求出半径，即可求解；
（2）当切线斜率不存在时则直线，即可验证直线与圆是否相切，当切线斜率存在时，设出直线，再结合点到直线的距离公式即可求得，从而可求解.
（3）法一：分情况讨论直线无斜率时、斜率为时、斜率存在且不为时，相应的直线情况，再结合直线与圆相交求出相应的，即可求解；法二：设圆心到直线的距离，到直线的距离，可得则，，再结合，从而可求解.
【详解】（1）设，由圆与直线相切于点，
得，解得，所以
则圆半径，
所以圆的标准方程为.
（2）当切线斜率不存在时，直线为，显然圆心直线到的距离为等于半径，
所以直线与圆相切；
当切线斜率存在时，设切线为，即，
由圆心到切线的距离为得，解得，
则，整理得，
综上，切线方程为或.
（3）法一：当直线无斜率时，，，
当直线斜率为时，，.
当直线斜率存在且不为时，设直线为，即，
则圆心到直线距离，
所以，
因为，用替换上式中的可得.
则
，
当且仅当，即时取等号
综上所述，因为，所以的最大值为.
法二：设圆心到直线的距离，到直线的距离，
则，，
又直线与直线垂直，所以，，
当且仅当时取等，所以的最大值为.
19．(1)，点的轨迹是以为圆心以为半径的圆
(2)（i）（ii）存在，
（1）设，结合题意可得，从而得，即可求解；
（2）（i）根据题意可得点、是圆和的交点，再结合两圆公共弦所在直线方程求解即得；（ii）记的圆心为，又记的圆心为，可求得直线的方程为，再与联立得的中点坐标为，从而求出圆：，设轴上存在点，设.再利用相关几何关系可得，再联立，结合且，即可求解.
【详解】（1）设，因为点为圆的“白银点”，
所以，即，得到
所以的轨迹方程为.
点的轨迹是以为圆心以为半径的圆.
（2）（i）因为为圆“”的“黄金点”，所以同时为圆与圆的“白银点”，
由，则，即点在圆上，
由为圆的“白银点”，由（1）知点在圆上，
所以点是圆和的交点.
由题直线为圆和的公共弦所在直线，
两圆方程相减可得，故直线的方程为.
（ii）记的圆心为，
又记的圆心为，
所以直线的方程为，与联立得的中点坐标为，
点到直线的距离为，则，
所以圆的方程为.
假设轴上存在点满足题意，设.
则，即，整理得.
将，代入上式可得，
整理得①.
联立，消可得，必有，
且，
代入①并整理得，所以，
故存在点，满足题意恒成立.

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