2026届高二年级上学期六校联考数学命题人：广州市第二中学审题人：广州市第二中学本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由双曲线的离心率求出的值，即可得出该双曲线的渐近线的方程.【详解】由题意可得，可得，因此，双曲线的渐近线方程为.故选：D.2.数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为三角形的欧拉线.已知△ABC的顶点坐标为，则△ABC欧拉线的方程为（）A.x+y-4=0 B.x-y+4=0C.x+y+4=0 D.x-y-4=0【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，判断三角形形状并求出垂心及外心，进而求出欧拉线的方程.【详解】由，得，则的垂心为，外心为，所以欧拉线的方程为，即.故选：A3.已知抛物线的准线为，则与直线的交点坐标为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】求出直线的方程，再将直线的方程与直线的方程联立，可得出交点坐标.【详解】对于抛物线，，可得，所以，其准线方程为，联立，解得，因此，与直线的交点坐标为.故选：D.4.如图，在平行六面体中，底面和侧面都是正方形，，点P是与的交点，则（）A. B.2 C.4 D.6【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，取空间的基底，求出，再利用数量积的运算律计算即得.【详解】在平行六面体中，，由点P是与的交点，得，而，因此.故选：B5.在三棱锥P-ABC中，，平面PAB⊥平面ABC，若球O是三棱锥P-ABC的外接球，则球O的表面积为（）A.96π B.84π C.72π D.48π【答案】B【解析】【分析】令的外心为，取中点，由已知可得四边形是矩形，利用球的截面性质求出球半径即可得解.【详解】在中，，则，中点为的外心，于是平面，取中点，连接，则，而平面PAB⊥平面ABC，平面平面，平面，则平面，，令正的外心为，则为的3等分点，，又平面，则，而，则四边形是矩形，，因此球O的半径，所以球O的表面积为.故选：B6.已知点和圆，圆M上两点A，B满足，O是坐标原点.动点P在圆M上运动，则点P到直线AB的最大距离为（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出满足的动点的轨迹方程，进而求出直线方程，再借助点到直线距离公式求得答案.【详解】设满足的动点，则，整理得，则点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，依题意，点在圆上，圆的圆心，半径为2，因为，所以两圆相交，则直线方程为，点到直线的距离，所以点P到直线AB的最大距离为.故选：C7.已知是椭圆上的动点，若动点到定点的距离的最小值为1，则椭圆的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，整理可得，根据题意结合二次函数分析可得，进而可求离心率.【详解】由题意可设：，则，令，则，注意到，则，可知的图象开口向上，对称轴为，当，即时，可知在内的最小值为，则，整理得，解得，不合题意；当，即时，可知在内的最小值为，符合题意；综上所述：.可得椭圆的离心率，所以椭圆的离心率的取值范围是.故选：D.【点睛】关键点点睛：设，整理得，换元，分类讨论对称轴的取值范围，结合二次函数最值求的取值范围.8.已知矩形ABCD，，，M为边DC上一点且，AM与BD交于点Q，将沿着AM折起，使得点D折到点P的位置，则的最大值是（）A. B. C.23 D.【答案】A【解析】【分析】分析可知，结合垂直关系可知平面，结合长度关系可知点P在以点Q为圆心，半径为的圆上，结合圆的性质分析求解.【详解】在矩形，，，，由可得由可得，则，即，可知折起后，必有，，平面，故平面，因为是确定的直线，故对任意点P，都在同一个确定的平面内，因为，可知点P在以点Q为圆心，半径为的圆上（如图），由图知，当且仅当PB与该圆相切时，取到最大值，则也取到最大值，此时,，则的最大值为故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于在证明平面后，要考虑动点的轨迹，同时将理解为点与圆上的点的连线，结合图形，得出当且仅当PB与该圆相切时，取到最大值的结论.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知圆是直线上一动点，过点P作直线PA，PB分别与圆C相切于点A，B，则（）A.圆C上恰有1个点到直线l的距离为B.|PA|的最小值是C.|AB|存在最大值D.|AB|的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】求出圆心到直线的距离判断A；利用切线长定理计算判断B；利用四边形面积求得，借助的范围求解判断CD.【详解】圆的圆心，半径，对于A，点到直线的距离，点到直线的距离的最小值为，因此圆C上恰有1个点到直线l的距离为，A正确；对于B，，当且仅当时取等号，B正确；对于CD，由垂直平分得，，则，当且仅当时取等号，D正确，C错误.故选：ABD10.已知椭圆的右焦点为F，抛物线Γ顶点在原点并以F为焦点，过F的直线l交抛物线Γ于两点，下列说法正确的是（）A.若，则B.当时，直线l的倾斜角为或C.若，P为抛物线Γ上一点，则的最小值为D.的最小值为9【答案】AD【解析】【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，再结合抛物线的定义及韦达定理逐项计算判断得解.【详解】椭圆的右焦点，则抛物线的方程为，其准线为，对于A，，A正确；对于B，直线不垂直于轴，设直线，由消去，得，则，由，得，联立解得，因此直线的斜率为，倾斜角不为，B错误；对于C，过点作垂直于准线于，过作垂直于准线于，由抛物线定义得，因此，当且仅当是线段与抛物线的交点时取等号，C错误；对于D，，由选项B知，，则，又，因此，当且仅当时取等号，D正确.故选：AD11.如图，三棱台中，M是AC上一点，平面ABC，∠ABC=90°，，则（）A.平面B.平面平面C.三棱台的体积为D.若点P在侧面上运动（含边界），且CP与平面所成角的正切值为4，则BP长度的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】令，利用线面平行判定推理判断A；求出点在平面上的投影点位置判断B；求出棱台体积判断C；求出点的轨迹判断D.【详解】对于A，令，连接，由，，得，由，得，则，而平面，平面，则平面，A正确；对于B，由平面，平面，得，而，平面，则平面，在上取点，使得，则，，因此平面，即点在平面上的投影为线段BC上靠近点较近的3等分点，又点不在直线，则过点与平面垂直的直线不在平面内，因此平面与平面不垂直，B错误；对于C，依题意，，，三棱台体积，C正确；对于D，由选项B知，平面，而平面，则平面平面，过作于，平面平面，则平面，在直角梯形中，，在直角中，，，由与平面所成角的正切值为4，得，，因此点轨迹是以为圆心，为半径的圆在侧面内圆弧，的最小值为，D正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线，若，则实数a的值为_______【答案】0或1【解析】【分析】利用两条直线垂直的充要条件，列式求出值.【详解】直线，由，得，解得或，所以实数a的值为0或1.故答案为：0或113.已知分别是椭圆的左、右焦点和上顶点，连接并延长交椭圆C于点P，若为等腰三角形，则椭圆C的离心率为_________.【答案】##【解析】【分析】若，根据椭圆的定义有、，应用余弦定理及得到椭圆参数的齐次方程，即可求离心率.【详解】由为等腰三角形，，则有，而，，若，则，，由，得，则，在中，，在中，，，即，整理得，则.故答案为：14.已知实数、满足，则的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】化简曲线方程，作出图形，令，求出当直线与曲线相切时，以及直线与直线重合时对应的的值，数形结合可得出的范围，由此可得出的取值范围.【详解】当，时，曲线方程可化为；当，时，曲线方程可化为；当，时，曲线方程可化为，即曲线不出现在第三象限；当，时，曲线方程可化为，作出曲线的图形如下图所示：设，即，由图可知，当直线与圆相切，且切点在第一象限时，则，且，解得，由因为双曲线、的渐近线方程均为，当直线与直线重合时，，所以，，故.故答案为：.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.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.如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AC=AD=2，BC=CD=1.（1）求四面体ABCD的体积;（2）求平面ABC与平面ABD所成角的正切值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）作于并求出，证得平面，再利用锥体的体积公式计算得角.（2）过作交于，利用几何法求出面面角的正切.【小问1详解】在四面体ABCD中，在平面内过点作于，由平面ABC⊥平面ACD，平面平面，得平面，在中，，则，于是，在中，，，则，，所以四面体ABCD的体积.【小问2详解】由（1）知，平面，平面，则，过作交于，连接，由，得，而平面，则平面，又平面，因此，是平面ABC与平面ABD所成的角，由（1）知，，由，得，所以平面ABC与平面ABD所成角的正切值.16.已知点、的坐标分别为、直线、相交于点，且它们的斜率之积是（1）求点的轨迹方程；（2）若直线与点的轨迹交于两点，且，其中点是坐标原点.试判断点到直线的距离是否为定值.若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）定值，且定值为【解析】【分析】（1）设点，则，利用斜率公式结合化简可得出点的轨迹方程；（2）分析可知，直线、的斜率存在且都不为零，设直线的方程为，则直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，求出，同理可得出，再利用等面积法可求得点到直线的距离.【小问1详解】设点，则，由题意可得，整理可得.所以，点的轨迹方程为.【小问2详解】由题意可知，直线、的斜率存在且都不为零，设直线的方程为，则直线的方程为，联立，可得，则，同理可得，则原点到直线的距离为.因此，点到直线的距离为.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．17.如图，在斜三棱柱中，是边长为2的等边三角形，侧面为菱形，.（1）求证：；（2）若为侧棱上（包含端点）一动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由题意结合图形中的几何关系取BC的中点O，先证明平面，再由证得平面，从而证出.（2）根据图形中几何关系建立空间直角坐标系，再利用向量法求出线面角正弦值的表达式，最后结合函数的单调性求出正弦值的取值范围.【小问1详解】如图所示，取的中点为为菱形，且，所以为等边三角形，，又为等边三角形，则，所以平面，又平面平面，所以.【小问2详解】如图所示，在中，，由余弦定理可得，所以，由（1）得平面