江苏省扬州市高邮市2025-2026学年高二上学期期中考试数学含答案

江苏省扬州市高邮市2025-2026学年高二上学期期中学情调研测试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知复数，则的实部是（

）A． B． C．1 D．22．已知的顶点为，，，则边上的中线长为（

）A． B． C． D．63．已知直线：在轴上的截距是在轴上的截距的3倍，则实数的值是（

）A．6 B． C．或1 D．6或14．已知在圆：外，则实数的取值范围为（

）A． B． C．或 D．5．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到：椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为原点，焦点，均在轴上，其面积为，若椭圆上一点满足，则椭圆的标准方程为（

）A． B． C． D．6．已知圆：与圆：相交于，两点，则弦的长度为（

）A． B． C． D．7．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是双曲线的一个顶点.以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，且，则双曲线的渐近线方程为（

）A． B． C． D．8．已知圆：的切线与圆：交于，两点，则面积的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知，，，且四边形是矩形，则（

）A．直线的斜率为B．直线的方程为C．四边形的面积为6D．以为直径的圆的方程为10．已知左、右焦点分别为，的椭圆上有一动点（异于长轴端点，），则下列说法正确的是（

）A．的取值范围为B．射线与椭圆交于点，则的最小值为C．椭圆上存在4个不同的点，使得为直角三角形D．直线，的斜率之积为11．高邮融合历史与现代，将“好事成双”提炼为文旅品牌.邮城一位数学老师设计了“双核”曲线，其方程为.对于曲线，下列说法正确的是（

）A．当且仅当时，直线与曲线有唯一公共点B．曲线上存在唯一的点，使得点到与到的距离之差为8C．曲线所围成的封闭曲线面积小于D．若曲线上恰好存在4个不同点到直线的距离为1，则实数的取值范围为三、填空题12．与双曲线：有相同焦点，且过点的双曲线的标准方程为.13．复数满足，则的最大值为.14．椭圆：的左、右焦点分别为，，是椭圆上一点，且，若内切圆的半径，则椭圆的离心率为.四、解答题15．已知复数.(1)若是关于的方程的一个根，求的值；(2)若复数满足，且是纯虚数，求复数.16．已知三条直线：，：，：，且与间的距离是.(1)求的值；(2)求过直线与的交点，且垂直于的直线方程；(3)求与平行且到，距离相等的直线的方程.17．在人工智能实验室中，一个追踪机器人从点出发，发现一个目标机器人在点处正欲逃跑.追踪机器人最大速度是目标机器人最大速度的2倍.假设两个机器人均按直线方向以最大速度移动.

(1)若追踪机器人在点处成功拦截目标机器人，求点的轨迹方程；(2)问：无论目标机器人沿何方向逃跑，追踪机器人是否总能在安全区（的区域）内成功拦截?并说明理由.18．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，射线与椭圆交于点，的周长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线过点且与椭圆只有一个公共点，求直线的方程；(3)过点作斜率为，的两条直线分别与椭圆交于，两点，且，证明：直线过定点.19．已知双曲线：，过右焦点作直线交双曲线的右支于，两点，交两条渐近线于，两点，点，在第一象限，为坐标原点.(1)证明：点到两条渐近线的距离之积为定值；(2)求面积的最小值；(3)记，，的面积分别为，，，求的取值范围.

参考答案题号12345678910答案BCCADBBAABDAC题号11答案ABD1．B【分析】由复数的除法结合实部的概念可得.【详解】，所以的实部是.故选：B.2．C【分析】利用中点坐标公式求AB中点，再用两点间距离公式即可求解.【详解】设AB中点为D，根据中点坐标公式可知AB中点坐标为，则边上的中线长即为CD长度，根据两点间距离公式可知：，故边上的中线长为.故选：C.3．C【分析】根据直线的一般式方程，求出直线在轴与轴上的截距，注意计算时不随意约分，造成漏解.【详解】由题可知若，则直线在轴上的截距不存在，不符合题意，因此.令，得直线在轴上的截距为；令，得直线在轴上的截距为,,解得或.故选：C.4．A【分析】先将圆方程化为标准式，分别根据圆的存在性和点在圆外的条件列不等式，求解后取交集得到的取值范围.【详解】将圆的方程化为标准式.因为圆存在，所以，即.点在圆外，圆心为，点到圆心的距离的平方为，半径的平方为，故，解得.综上，.故选：A5．D【分析】先根据焦点位置确定椭圆标准方程形式，再利用椭圆定义求，结合面积公式求，进而得到标准方程.【详解】因为椭圆的中心为原点，焦点均在轴上，故其标准方程为.由椭圆定义，，得.又椭圆面积为，由题知，即，解得，故，，因此椭圆的标准方程为.故选：D6．B【分析】先求出圆圆心坐标、半径，再求出直线的方程，再结合弦长公式即可求解.【详解】圆：即圆：，圆心坐标、半径依次为，圆：与圆：方程相减得，，即，圆心到直线的距离为，所以.故选：B.7．B【分析】将以为直径的圆的方程与双曲线的一条渐近线联立，可求出点、坐标，再利用大小计算可得，即可得双曲线的渐近线方程.【详解】由双曲线对称性，不妨设、在渐近线上，且，是双曲线左顶点，则以为直径的圆的方程为，联立，解得或，则，，又，则，设其右顶点为，故，故，则，则双曲线的渐近线方程为.故选：B.8．A【分析】面积的大小与线段的长度有关，要求面积的取值范围，只需求出的范围，即可求解．【详解】圆的切线交圆于，两点，则面积为（为圆的半径），圆：的半径为，是圆：的一条弦，圆：的圆心为，半径为，圆心到的距离最小时，最大，圆心到的距离最大时，最小，如图：的最小值为，的最大值为，面积的最小值为，面积的最大值为.因此，面积的取值范围是.故选：A.9．ABD【分析】利用两点斜率公式计算斜率求解判断A；结合矩形对边平行及两点式斜率公式求得直线的斜率，然后代入点斜式直线方程并化简即可判断B；利用两点距离公式求出，即可求解矩形面积判断C；根据矩形性质转化为求以为直径的圆的方程，求出圆心和半径，即可求解圆的方程判断D.【详解】对于A，因为，，所以直线的斜率为，正确；对于B，由，得直线的斜率为，所以直线的斜率为1，又，所以直线的方程为即，正确；对于C，因为，，，所以，，所以矩形的面积为，错误；对于D，根据矩形性质可知，以为直径的圆也是以为直径的圆，则圆心为AC中点即，半径为，所以所求圆的方程为，即，正确.故选：ABD10．AC【分析】根据椭圆的性质计算判断AB，根据直角顶点的位置分类讨论可判断C，结合直线的斜率公式计算可判断D.【详解】对于A，椭圆，，根据椭圆的性质，的取值范围为，点异于长轴端点，，所以的取值范围为，A正确.对于B，根据焦点弦中通径最短可得，的最小值为，B错误.对于C，当轴时，，此时为直角.当轴时，，此时为直角.当，即时，设，由，，，因为，无解，综上可知，椭圆上存在4个不同的点，使得为直角三角形，C正确.对于D，设，，D错误.故选：AC.11．ABD【分析】分析曲线C在各个象限的方程，可得其图象是四段圆弧围成的封闭曲线.根据直线与各段弧相应的圆相切时的值，确定直线与曲线有唯一公共点时k的取值范围，从而判断A；由双曲线的定义，结合图象判断满足条件的点只有一个，从而判断B；由弓形面积的计算方法估计封闭曲线的面积，从而判断C；根据直线与圆相切及平行线间的距离，结合图象可确定实数的取值范围，从而判断D.【详解】对于曲线：，当时，；当时，；当时，；当时，.所以其图象是四段圆弧围成的封闭曲线.

对于A，直线与曲线均过坐标原点，因此直线与曲线有唯一公共点时，该公共点即为坐标原点.若，当与直线，即相切时，，解得，所以当时，直线与曲线在第一象限及y轴（除坐标原点）无交点；

若，当与直线，即相切时，，解得，所以当时，直线与曲线在第二象限无交点；

同理可得当时，直线与曲线在第三象限无交点；当时，直线与曲线在第四象限及y轴（除坐标原点）无交点.综上，当且仅当时，直线与曲线有唯一公共点.所以选项A正确.对于B，由双曲线的定义可知，到与到的距离之差为8的点在以与为焦点，实轴长为8的双曲线的下支上，其标准方程为.与曲线C有且只有一个交点，即.所以选项B正确.

对于C，曲线所围成的封闭曲线由四个相同的弓形组成.如图，的面积为.，所以.所以，所以所在扇形的面积大于，每个弓形的面积大于，所以四个弓形的面积大于.所以选项C错误.

对于D，当直线与相切时，，解得；同理可得，当直线与相切时，；当直线与相切时，；当直线与相切时，.如图记设直线到直线的距离为1，则解得；设直线到直线的距离为1，则解得或；设直线到直线的距离为1，则解得，或；设直线到直线的距离为1，则解得.因为曲线上恰好存在4个不同点到直线的距离为1，所以实数的取值范围为.所以选项D正确.

故选：ABD.12．【分析】设双曲线方程为，将点代入求出的值，从而可得双曲线方程.【详解】由题意可设双曲线方程为，又经过点，所以，即，解得或(舍)，所以双曲线的标准方程为，故答案为：.13．/【分析】设复数，确定复数z对应的点在圆上，结合的几何意义以及圆的性质，即可求得答案.【详解】设复数，则，即复数z对应的点在圆上，而表示的是z对应的点和复数对应的点之间的距离，则的最大值即为圆上的点和点之间的距离的最大值，由于，即在圆外，则圆上的点和点之间的距离的最大值为，即的最大值为，故答案为：14．【分析】利用余弦定理找到，再将的面积为用表示，利用三角形内切圆半径公式找到，利用正弦定理得出，使两个式子相等，解出，根据离心率公式即可得到答案.【详解】设，.由椭圆定义可知：，，，在中，利用余弦定理可知：，而，所以，故，而的面积为，的周长为：，由三角形内切圆半径公式可知：，在中，利用正弦定理可知：，所以由题知：，化简得：，故椭圆的离心率.故答案为：.15．(1)(2)或.【分析】（1）将代入方程中，结合复数乘法运算法则计算即可得；（2）设，结合复数模长公式及复数乘法运算法则计算即可得.【详解】（1）由是关于的方程的一个根，所以，即有，化简得，则；（2）设，所以，又，且是纯虚数，所以，解得或，所以或.16．(1)(2)(3)【分析】（1）将方程化为，利用两平行线距离公式列式求解即可；（2）先联立方程求得直线与的交点，然后利用垂直关系设所求直线方程为，将点的坐标代入计算即可；（3）由题可设所求直线方程为，利用平行线距离列式求得，即可得解.【详解】（1）因为：，：，所以与间的距离为，即，因为，所以，解得；（2）由直线与的方程联立方程组，解得.即两直线的交点坐标为，设所求直线方程为，代入得解得，故所求的直线方程为，即.（3）直线：，：，由题可设所求直线方程为，则有，所以，所以，解得，故所求的直线方程为，即.17．(1)(2)不会总能在安全区内成功拦截，理由见解析【分析】（1）设追踪机器人在点处拦截目标机器人，根据追踪机器人与目标机器人速度之比为列出方程即可得解；（2）判断点的轨迹圆与直线的位置关系即可得出结论.【详解】（1）设追踪机器人在点处拦截目标机器人，因为追踪机器人与目标机器人速度之比为，所以相遇时，所以，即两机器人相遇点的轨迹方程为；（2）点的轨迹圆的圆心为，半径，因为圆心到的距离，所以点的轨迹圆与相交，则相遇点会出现在安全区外，故追踪机器人不会总能在安全区内成功拦截.18．(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，列式求出即得椭圆方程.（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用判别式为0求解.（3）当直线斜率存在时，设出该直线方程并与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式及韦达定理求出直线所过定点，再验证直线斜率不存在所过定点即可.【详解】（1）由的周长为，得，解得，由椭圆过点，得，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由直线与椭圆只有一个公共点，且点在椭圆上，得该直线的斜率存在，设直线的方程为，即，由消去得，由，解得，所以直线的方程为：.（3）当直线斜率存在时，如图，设直线方程为，，

由消去得，，即，则，而，由，得，解得，则直线过点；当直线斜率不存在时，，由，得，解得，直线也过点，所以直线过定点.19