河南省2025~2026学年高二上册秋季检测数学试题（北师大版）含答案.docx

2025-2026学年河南省高二上学期秋季检测数学试题一、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.已知直线l经过点−1, 3,1,− 3，则直线l的斜率为(    )A. 3 B. 32 C. − 32 D. − 32.直线x−2y−5=0在y轴上的截距为(    )A. 5 B. −5 C. 52 D. −523.关于函数f(x)=cos2x+π4，下列说法正确的是(    )A. 在−π8,π8上单调递减 B. 在−π8,π8上单调递增C. 在−3π8,0上单调递减 D. 在−3π8,0上单调递增4.圆x2+y2−2mx−m2−1=0m∈R的面积S(    )A. 有最小值π B. 有最大值π C. 没有最值 D. 为定值5.已知直线x−y−2=0与圆x2+y2=4相交于A,B两点，则|AB|=(    )A. 2 B. 2 2 C. 2 3 D. 36.圆(x+1)2+(y−1)2=4关于直线x−y−1=0对称的圆的方程为(    )A. (x−2)2+(y+2)2=1 B. (x+2)2+(y−2)2=1C. (x−2)2+(y+2)2=4 D. (x+2)2+(y−2)2=47.已知关于x的方程k(x−3)− 1−x2=0有两个相异实根，则实数k的取值范围为(    )A. − 24,0 B. −2 2,0 C. 0, 24 D. [0,2 2)8.已知圆C的标准方程为(x−4)2+y2=16，设过圆心C且不与x轴重合的直线与圆C相交于A,B两点，O为坐标原点，连接OA,OB并延长，与直线x=8分别相交于点D,E，用S表示面积，则S▵ODES▵OAB的最小值为(    )A. 2 B. 3 C. 4 D. 5二、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9.已知圆的一般方程为x2+y2+Cxy+Dx+Ey−2=0，圆心坐标为(−1,1)，半径为r，则(    )A. C=0 B. D=2 C. E=−2 D. r=410.下列说法正确的是(    )A. 经过定点(0,b)的直线都可以用方程y=kx+b表示B. 斜率为−2的直线与直线2x+y+3=0一定平行C. 经过两个不同的点P1x1,y1,P2x2,y2的直线总可以用方程y−y1x2−x1=x−x1y2−y1表示D. 直线2x−y+3=0关于点(3,2)对称的直线方程是2x−y−11=011.如图，在三棱锥P−ABD中，AP=AD,AB⊥BD,PB=PD=BD=AB=2，则(    )A. 二面角P−AB−D的大小为π3B. 三棱锥P−ABD的体积为2 33C. 在棱AD上存在一点C，使得∠PBC=π4D. 三棱锥P−ABD外接球的表面积为283π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.复数1+ii−i的虚部为          ．13.已知某曲线的方程为|x|4+|y|3=1，则该曲线所围成区域的面积为          ．14.在平面直角坐标系中，▵ABC的三个顶点分别是A(0,0),B(2,0),C(x,y)，且满足|AC|=2|BC|，则3x+4y的最大值是          ．四、解答题：本题共5小题，共77分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤15.(本小题13分)已知直线l1:tx+(4t+1)y+1=0与l2:3x+(t−1)y+2=0,t∈R．(1)若l1⊥l2，求t；(2)若直线l1在x轴和y轴上的截距相等，求l1的方程．16.(本小题15分)如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面BED1F分别交侧棱CC1,AA1于点E,F．  (1)求三棱锥E−BDD1的体积；(2)求证：平面A1C1D⊥平面BED1F．17.(本小题15分)如图，▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠BAC=135°，D为边BC上一点，且AD⊥AB，BD=2CD=2．(1)证明：b= 2sin∠ADC；(2)求cb的值；(3)求▵ABC的面积．18.(本小题17分)已知圆C经过点A(0,−1),B(2,1)，且圆心在直线y= 33x+1上．(1)求圆C的标准方程．(2)设点T(4,0)，P为圆C上的动点，点M满足PM=2MT．(i)求点M的轨迹方程；(ii)判断点M的轨迹与圆C的位置关系．19.(本小题17分)已知直线l:2x−y+2=0与圆O:x2+y2=r2(r>0)交于M,N两点，且|MN|=8 55．(1)求r．(2)过l上且在圆O外的一动点P作圆O的两条切线l1,l2，切点分别为A,B．(i)当点A的坐标为(r,0)时，求点B的坐标；(ii)证明：直线AB过定点．参考答案1.D 2.D 3.A 4.A 5.B 6.C 7.A 8.C 9.ABC 10.CD 11.ABD 12.−2 13.24 14.443 15.(1)解：由直线l1:tx+(4t+1)y+1=0与l2:3x+(t−1)y+2=0,t∈R若l1⊥l2，可得3t+(4t+1)(t−1)=0，即4t2−1=0，解得t=±12．(2)解：由题意知，直线l1:tx+(4t+1)y+1=0在x轴和y轴上的截距均不为0，令x=0，可得y=−14t+1，令y=0，可得x=−1t，因为直线l1在x轴和y轴上的截距相等，所以−14t+1=−1t，解得t=−13，把t=−13代入直线l1的方程，可得−13x−13y+1=0，即x+y−3=0．故直线l1的方程为x+y−3=0． 16.解：(1)由正方体的性质可得点E到DD1的距离为1，而▵DD1E的面积为12×1×1=12，点B到平面DD1E的距离为1，∴VE−BDD1=VB−DD1E=13×12×1=16，即三棱锥E−BDD1的体积为16．  (2)如图，连接AD1，BC1．由AB⊥平面ADD1A1,A1D⊂平面ADD1A1，得AB⊥A1D，由ADD1A1为正方形，得AD1⊥A1D，∵AB∩AD1=A,AB,AD1⊂平面ABC1D1，∴A1D⊥平面ABC1D1，∵BD1⊂平面ABC1D1,∴A1D⊥BD1，同理可证A1C1⊥BD1，∵A1D∩A1C1=A1,A1D,A1C1⊂平面A1C1D,∴BD1⊥平面A1C1D，又BD1⊂平面BED1F,∴平面A1C1D⊥平面BED1F． 17.解：(1)证明：由∠BAC=135°，AD⊥AB，得∠CAD=45∘．在▵ADC中，有bsin∠ADC=CDsin∠CAD，得b=1sin45∘⋅sin∠ADC= 2sin∠ADC，即b= 2sin∠ADC．(2)在▵ABD中，AD⊥AB，所以sin∠ADB=cBD=c2，即c=2sin∠ADB，又∠ADB+∠ADC=180∘．于是cb=2sin∠ADB 2sin∠ADC= 2sin180∘−∠ADCsin∠ADC= 2sin∠ADCsin∠ADC= 2，即cb= 2．(3)因为a=BC=BD+CD=3，∠BAC=135°，cb= 2，所以a2=b2+c2−2bccos∠BAC=b2+ 2b2−2b⋅ 2b×− 22=5b2，得5b2=a2=9，即b2=95．则S▵ABC=12bcsin∠BAC=12b⋅ 2b⋅ 22=12b2=12×95=910． 18.解：(1)设圆C的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，由题可知 (0−a)2+(−1−b)2=r (2−a)2+(1−b)2=rb= 33a+1，解得a=0b=1r=2,所以圆C的标准方程为x2+(y−1)2=4；(2)(i)设点Px0,y0,M(x,y)，因为PM=2MT，所以x−x0,y−y0=2(4−x,−y)，即x−x0=8−2xy−y0=−2y，所以x0=3x−8y0=3y,又因为点P在圆C上，所以(3x−8)2+(3y−1)2=4，化简得x−832+y−132=49，即点M的轨迹方程为x−832+y−132=49；(ii)点M的轨迹是以83,13为圆心，23为半径的圆，圆C的圆心为(0,1)，半径为2，因为 832+13−12=2 173>83，所以两个圆外离． 19.解：(1)圆O的圆心为(0,0)，半径为r．点O到l的距离为d=|2×0−0+2| 22+12=2 5，所以r= |MN|22+d2= 165+45=2．(2)(i)因为A,B分别是过点P的两条切线与圆O的切点，所以点A,B关于直线OP对称．由(1)知点A的坐标为(2,0)，则l1:x=2，由x=22x−y+2=0得x=2y=6；则P(2,6)，所以直线OP的方程为y=3x．设BxB,yB，则yBxB−2=−13yB2=3×xB+22；解得xB=−85,yB=65，即B−85,65．(ii)设点P(t,2t+2)．由题意知PA⊥OA,PB⊥OB，所以A,B在以OP为直径的圆上，如下图所示：以OP为直径的圆的方程为x(x−t)+y(y−2t−2)=0，与x2+y2=4作差，可得直线AB的方程为4−tx−(2t+2)y=0，整理得t(−x−2y)+4−2y=0，由−x−2y=04−2y=0，解得x=−4,y=2,即直线AB过定点(−4,2)． 8 / 8。