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江西 ２０２５—２０２６学年高二年级 １０月阶段检测
数学参考答案及评分细则
１．【答案】Ａ
４ 槡３ π
【解析】设该直线的倾斜角为α，其斜率ｋ＝ ＝ ＝ｔａｎα，由α∈［０，π）可知α＝ ．故选Ａ．
４槡３ ３ ６
２．【答案】Ｃ
０＋０－槡１０
【解析】由点到直线的距离公式可得ｄ＝ ＝槡５．故选Ｃ．
槡１２＋１２
３．【答案】Ｄ
【解析】由题意可得圆心（ａ，２）位于直线ｘ＋３ｙ－２＝０上，即ａ＋６－２＝０，解得ａ＝－４．故选Ｄ．
４．【答案】Ｄ
{ｘ２＋ｙ２＝１，
【解析】联立 两式相减可得ｌ：槡３ｘ＋ｙ＝０．故选Ｄ．
ＡＢ
ｘ２－２槡３ａｘ＋ｙ２－２ａｙ－１＝０，
５．【答案】Ａ
１
【解析】将圆Ｏ 化为标准方程为Ｏ：（ｘ－１）２＋ｙ２＝４，此时圆心距ｄ＝１＜２－ ，可知两圆内含，无交点，故公切线
２ ２ ２
条数为０．故选Ａ．
６．【答案】Ｂ
ｍ２＋２
【解析】由ｌ与ｌ的方向向量共线可知 ｌ与 ｌ的斜率相等，故 ＝２，解得 ｍ＝０或２，故 ｌ与 ｌ之间的距离
１ ２ １ ２ ｍ＋１ １ ２
５
３－
３＋１ ４槡５ ３ ４槡５
ｄ＝ ＝ 或ｄ＝ ＝ ．故选Ｂ．
槡１２＋（－２）２ ５ 槡１２＋（－２）２ １５
７．【答案】Ｃ
【解析】先求下半部分，表面积为６×４×３＋４×４×２＝１０４．再求上半部分，上长方形的面积为３×２＝６．前后两部分的
(ＢＣ－ＢＣ)２ １
梯形的高为
槡
１ １ ２ ２ ＋２２＝槡５，则这两个梯形的面积之和为（６＋３）×槡５× ×２＝９槡５．左右两部分的梯形的
２ ２
(ＢＡ－ＢＡ)２ ５ ５ １
高为
槡
１ １ ２ ２ ＋２２＝ ，则这两个梯形的面积之和为（４＋２）× × ×２＝１５，因此总表面积为１２５＋９槡５．故
２ ２ ２ ２
选Ｃ．
８．【答案】Ｃ
４
【解析】设直线ＯＱ的倾斜角为α，直线ＯＰ的倾斜角为 β，则 ｔａｎα＝１，ｔａｎβ＝ ，易得∠ＰＯＱ平分线的倾斜角为
３
高二数学 第 １页（共６页）
书书书α＋β
２ｔａｎ
β－α α＋β ｔａｎα＋ｔａｎβ ２ α＋β １＋５槡２ α＋β
α＋ ＝ ，且ｔａｎ（α＋β）＝ ＝－７，故ｔａｎ（α＋β）＝ ＝－７，解得 ｔａｎ ＝ 或 ｔａｎ ＝
２ ２ １－ｔａｎαｔａｎβ α＋β ２ ７ ２
１－ｔａｎ２
２
１－５槡２ １＋５槡２
（舍去），故∠ＰＯＱ平分线的方程为ｙ＝ ｘ．故选Ｃ．
７ ７
９．【答案】ＡＤ（每选对１个得３分）
【解析】易得ＡＤ正确；倾斜角为钝角的直线可能过第一、二、四象限，不过第三象限，故 Ｂ错误；两条平行的直线
有可能斜率都不存在，故Ｃ错误．故选ＡＤ．
１０．【答案】ＡＢＤ（每选对１个得２分）
【解析】如图，显然ＭＮ∥ＢＤ，ＢＤ∥ＢＤ，故ＭＮ∥ＢＤ，于是Ｍ，Ｎ，Ｂ，Ｄ 四点共面，故Ａ正确；注意到 ＣＭ∥ＡＤ，
１ １ １ １ １ １ １ １
ＭＱ ＭＣ １ ＭＰ
可知二者共面，故不妨设ＤＭ与ＡＣ交于点Ｑ，易知 ＝ ＝ ＝ ，且 Ｑ在线段 ＭＤ 上，故由平面几何
１ １ ＱＤ ＡＤ ２ ＰＤ １
１ １ １ １
知识可知Ｐ与Ｑ重合，故Ｐ在ＡＣ上，故 Ｂ正确；易得异面直线 ＢＭ与 ＡＡ所成的角等于直线 ＢＭ与 ＢＢ所
１ １ １ １ １
ＢＭ 槡５
成的角，且ｓｉｎ∠ＭＢＢ＝ ＝ ，故Ｃ错误；直线ＡＰ与底面ＡＢＣＤ所成的角即直线 ＡＣ与底面 ＡＢＣＤ所成的
１ ＢＭ ５ １ １
１
角，显然该角的平面角为∠ＡＣＡ，而ｓｉｎ∠ＡＣＡ＝
ＡＡ
１＝
槡３
，故Ｄ正确．故选ＡＢＤ．
１ １ ＡＣ ３
１
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１１．【答案】ＡＣＤ（每选对１个得２分）
【解析】圆心坐标为Ｃ（１，－１），半径为ｒ＝２．由ａｂ＞０，得 ａ和 ｂ均不为零且符号相同．Ｃ（１，－１）到直线 ｌ的距离
ａ＋ｂ·（－１）－ａｂ ａ－ｂ－ａｂ ( Ｌ)２ １
ｄ＝ ＝ ．当直线ｌ与圆Ｃ相交时，设截得的弦长为Ｌ，则ｄ２＋ ＝４，当ａ＝－ ，ｂ＝－１
槡ａ２＋ｂ２ 槡ａ２＋ｂ２ ２ ２
槡７ 槡１４
时，直线ｌ过点Ｃ，此时弦长为４，故Ａ正确；令ａ＝ｂ，Ｌ＝３，此时ｄ＝ ，解得ａ＝ｂ＝± ，故Ｂ错误；当ａ＞０，ｂ＞０
２ ２
时，直线ｌ与ｘ轴交于点Ｂ（ｂ，０），与ｙ轴交于点Ａ（０，ａ），圆Ｃ与ｘ轴正半轴交于点Ｍ（槡３＋１，０），与ｙ轴正半轴
交于点Ｎ（０，槡３－１），因为ａｂ＜２＝（槡３＋１）×（槡３－１），所以点Ｂ在线段ＯＭ上，或点Ａ在线段ＯＮ上，即 Ａ，Ｂ至少
有一点在圆Ｃ内，所以ｌ一定与Ｃ相交；当ａ＜０，ｂ＜０时，同理可得，ｌ一定与Ｃ相交，故Ｃ正确；直线 ｌ与圆 Ｃ相
ａ－ｂ－ａｂ
切的充要条件是ｄ＝ｒ＝２，即 ＝２，当ａ＝ｂ＝２槡２时，ｄ＝２，ａｂ＝８＞２，故Ｄ正确．故选ＡＣＤ．
槡ａ２＋ｂ２
高二数学 第 ２页（共６页）１２．【答案】１
１
ｍ－ｍ
( ３ １ ) ４
【解析】易得ｌ过点（０，ｍ），Ａ－ ｍ， ｍ ，故直线ｌ的斜率ｋ＝ ＝１．
４ ４ ３
－ ｍ－０
４
( １)２ ６５
１３．【答案】（ｘ－１）２＋ｙ－ ＝
４ １６
ａ＝１，
（－１－ａ）２＋ｂ２＝ｒ２，
１
ｂ＝ ，
【解析】不妨设圆的标准方程为（ｘ－ａ）２＋（ｙ－ｂ）２＝ｒ２，由（３－ａ）２＋ｂ２＝ｒ２，可解得 ４ 于是圆的标准方程为
ａ２＋（２－ｂ）２＝ｒ２， ６５
ｒ２＝ ，
１６
( １)２ ６５
（ｘ－１）２＋ｙ－ ＝ ．
４ １６
１４．【答案】三角形 槡３＋槡５（第一空２分，第二空３分）
【解析】如图，取ＡＮ的中点Ｅ，ＡＣ的中点Ｄ，连接ＤＥ，ＭＥ，ＭＤ．显然ＤＥ∥ＮＣ，而ＮＣ平面ＰＮＣ，ＤＥ平面ＰＮＣ，故
ＤＥ∥平面ＰＮＣ，同理可得 ＭＥ∥平面 ＰＮＣ，而 ＭＥ∩ＤＥ＝Ｅ，ＭＥ平面 ＭＤＥ，ＤＥ平面 ＭＤＥ，故平面 ＭＤＥ∥平面
ＰＮＣ，故所截得图形为三角形．易知△ＭＤＥ∽△ＰＣＮ，且相似比为１２，易解得ＰＮ＝ＮＣ＝槡５，ＰＣ＝２槡３，故△ＭＤＥ的
周长为槡３＋槡５．
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１５．解：（１）在△ＡＢＣ中，ＡＣ⊥ＢＣ，ＡＢ＝槡５，ＢＣ＝２，由勾股定理可得ＡＣ＝１，（１分）
由旋转不改变原图形的性质，因为ＡＣ⊥ＢＣ，所以ＡＣ⊥ＰＣ，（２分）
又因为ＢＣ∩ＰＣ＝Ｃ，ＢＣ，ＰＣ平面ＰＢＣ，（３分）
所以ＡＣ⊥平面ＰＢＣ，（４分）
故点Ａ到平面ＰＢＣ的距离即ＡＣ＝１．（５分）
（２）取ＢＰ的中点为Ｄ，连接ＡＤ，ＤＣ，
由（１）知ＡＣ⊥平面ＰＢＣ，又ＣＤ平面ＰＢＣ，所以ＡＣ⊥ＣＤ．
因为ＢＣ＝ＣＰ，ＡＢ＝ＡＰ，所以ＣＤ⊥ＢＰ，ＡＤ⊥ＰＢ，（７分）
故∠ＡＤＣ为二面角Ａ－ＢＰ－Ｃ的平面角．（９分）
在等腰三角形ＰＢＣ中，由ＰＢ＝２槡３，ＢＣ＝２，解得ＣＤ＝１，（１０分）
高二数学 第 ３页（共６页）ＣＤ ＣＤ 槡２
故ｃｏｓ∠ＡＤＣ＝ ＝ ＝ ，（１２分）
ＡＤ 槡ＡＣ２＋ＣＤ２ ２
槡２
即二面角Ａ－ＢＰ－Ｃ的余弦值为 ．（１３分）
２
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【评分细则】
若考生使用其他解法作答，只要最终答案正确均酌情给分．
１６．解：（１）易得点Ａ（－１，０），（１分）
将ｌ表示为ｍ（ｘ－１）＋ｙ－１＝０，易知该直线可表示为过直线ｘ－１＝０与ｙ－１＝０交点的直线，（３分）
２
易知交点为Ｂ（１，１），（４分）
故 ＡＢ＝槡［１－（－１）］２＋１２＝槡５．（６分）
（２）由１·ｍ＋（－ｍ）·１＝０可知两条直线垂直，垂足为Ｐ，故ＡＰ⊥ＢＰ，（９分）
故由勾股定理可知 ＡＰ２＋ＢＰ２＝ ＡＢ２＝５，（１１分）
１ ＡＰ２＋ＢＰ２ ５
故△ＰＡＢ的面积Ｓ＝ ＡＰ· ＢＰ≤ ＝ ，（１３分）
２ ４ ４
槡１０ ５
当且仅当 ＡＰ＝ ＢＰ＝ 时等号成立，故△ＰＡＢ面积的最大值为 ．（１５分）
２ ４
【评分细则】
第二问考生不说明取等条件不扣分．
１７．解：（１）由题知，两圆圆心距 ＡＢ＝槡（５－１）２＋（０－２）２＝２槡５，（２分）
当两圆外切时，两圆半径之和等于圆心距，即ｒ＋ｒ＝２槡５；（４分）
１ ２
当两圆内切时，两圆半径之差的绝对值等于圆心距，即 ｒ－ｒ ＝２槡５．（７分）
１ ２
（２）设圆Ｐ的方程为（ｘ－ａ）２＋（ｙ－ｂ）２＝ｒ２，（８分）
{（１－ａ）２＋（２－ｂ）２＝ｒ２，
因为圆Ｐ经过Ａ，Ｂ两点，将其代入圆的方程，得 （１０分）
（５－ａ）２＋（０－ｂ）２＝ｒ２，
将两式相减消去ｒ２，整理得ｂ＝２ａ－５，（１２分）
所以（１－ａ）２＋［２－（２ａ－５）］２＝ｒ２，解得ｒ２＝５ａ２－３０ａ＋５０，（１４分）
所以圆Ｐ的方程为（ｘ－ａ）２＋（ｙ－２ａ＋５）２＝５ａ２－３０ａ＋５０．（１５分）
【评分细则】
第一问讨论内切时，若半径的等量关系未写绝对值扣１分．
高二数学 第 ４页（共６页）１８．解：（１）不妨记ＯＮ与ＡＢ交于点Ｐ，由几何关系易知ＯＮ⊥ＡＢ，（１分）
由ＮＡ⊥ＮＢ，ＯＡ⊥ＮＡ，ＯＢ⊥ＮＢ可知四边形ＯＡＮＢ是矩形，
由 ＯＡ＝ ＯＢ可知其为正方形．（３分）
槡２ 槡２
于是 ＯＰ＝ ＯＡ＝ ，而 ＯＭ ＝２，（５分）
２ ２
ＯＰ 槡２
故ｓｉｎ∠ＢＭＯ＝ ＝ ．（６分）
ＯＭ ４
１ ２槡５
（２）易得ｔａｎ∠ＰＭＯ＝ ，由 ＯＭ ＝２可解得 ＯＰ＝ ，（９分）
２ ５
槡５ ２槡５
而 ＰＡ＝槡ＯＡ２－ＯＰ２＝ ，于是 ＡＢ＝ ，（１１分）
５ ５
１ ２
故△ＯＡＢ的面积Ｓ＝ ＯＰ ＡＢ＝ ．（１２分）
２ ５
（３）注意到 ＭＮ ＝ ＭＯ，而ＯＮ⊥ＡＢ，故Ｐ为ＯＮ的中点，易知Ｐ为ＡＢ的中点，（１３分）
故由垂直关系和对角线关系可知四边形ＯＡＮＢ是菱形，
由ＯＢ⊥ＮＢ可知其为正方形，且边长 ＯＡ＝１，（１５分）
槡２
故△ＮＡＢ的外接圆半径即正方形ＯＡＮＢ的对角线长的一半即 ，
２
故△ＮＡＢ的外接圆的周长为槡２π．（１７分）
【评分细则】
若考生使用其他解法作答，只要最终答案正确均酌情给分．
１９．（１）证明：圆Ｍ：（ｘ－３）２＋（ｙ－４）２＝２５，其圆心Ｍ的坐标为（３，４），半径ｒ＝５，
直线ｌ：（ｍ＋１）ｘ＋（２ｍ＋１）ｙ＝７ｍ＋４，即ｍ（ｘ＋２ｙ－７）＋（ｘ＋ｙ－４）＝０．
{ｘ＋２ｙ－７＝０， {ｘ＝１，
联立 解得 即直线ｌ过定点Ｐ（１，３）．（２分）
０
ｘ＋ｙ－４＝０， ｙ＝３，
由于 ＰＭ ＝槡（１－３）２＋（３－４）２＝槡（－２）２＋（－１）２＝槡５＜５＝ｒ，
０
所以Ｐ（１，３）位于圆Ｍ的内部，即直线ｌ始终过圆内的一个点，它必然会与圆交于两个不同的点，
０
因此，直线ｌ始终与圆Ｍ相交．（４分）
（２）（ｉ）解：由题意得点Ｎ到Ａ，Ｂ的距离均为５，
由于Ｍ（３，４）到Ａ，Ｂ的距离也为５，
所以Ｎ与Ｍ重合，或Ｎ是Ｍ关于直线ｌ的对称点，
所以 ＮＰ ＝ ＭＰ ＝槡５，
０ ０
则Ｎ的轨迹是以Ｐ（１，３）为圆心、槡５为半径的圆（ｘ－１）２＋（ｙ－３）２＝５．（７分）
０
高二数学 第 ５页（共６页）( ７ ４)
且Ｎ的轨迹不过点 ， ，因为直线ｌ表示除ｘ＋２ｙ－７＝０之外的所有过点Ｐ（１，３）的直线．
５ ５ ０
ＯＰ ＝槡１２＋３２＝槡１０，（８分）
０
所以ＯＮ的最大值为槡１０＋槡５，最小值为槡１０－槡５．（１０分）
（ｉｉ）证明：定点Ｐ即为Ｐ（１，３）．（１１分）
０
→ →
先证明存在性：即证明当Ｐ为Ｐ（１，３）时，ＰＡ·ＰＢ为一个定值，
０ ０ ０
→ → → → → → → → → → → →
取线段ＡＢ的中点为 Ｑ，则 ＰＡ·ＰＢ＝（ＰＱ＋ＱＡ）·（ＰＱ＋ＱＢ）＝ＰＱ２－ＱＡ２＝（ＰＭ２－ＭＱ２）－（ＭＡ２－ＭＱ２）＝
０ ０ ０ ０ ０ ０
→
ＰＭ２－ｒ２＝－２０，故定值为－２０．（１３分）
０
→ →
再证明唯一性：假设存在不同于Ｐ（１，３）的定点Ｐ（ｘ，ｙ），使得ＰＡ·ＰＢ也是一个与ｍ无关的定值ｋ．
０ ｐ ｐ
→ → → → → → → → → → → →
由ＰＡ＝ＰＡ－ＰＰ，ＰＢ＝ＰＢ－ＰＰ，则ＰＡ·ＰＢ＝（ＰＡ－ＰＰ）·（ＰＢ－ＰＰ），
０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０
→ → → → → → → → → → → → →
也即ｋ＝ＰＡ·ＰＢ－ＰＡ·ＰＰ－ＰＰ·ＰＢ＋ＰＰ２＝ＰＡ·ＰＢ－ＰＰ·（ＰＡ＋ＰＢ）＋ＰＰ２．
０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０
→ → →
由于ＰＡ·ＰＢ＝－２０，且Ｐ和Ｐ都是定点，故 ＰＰ２也是一个与ｍ无关的定值，
０ ０ ０ ０
→ → → →
则ｋ＝－２０－ＰＰ·（ＰＡ＋ＰＢ）＋ＰＰ２．（１５分）
０ ０ ０ ０
→ → → →
由于ｋ，－２０和 ＰＰ２都是定值，则ＰＰ·（ＰＡ＋ＰＢ）也是一个定值，
０ ０ ０ ０
→ → → → →
设Ｋ是弦ＡＢ的中点，则ＰＡ＋ＰＢ＝２ＰＫ，故等价于２ＰＰ·ＰＫ也是一个定值，
０ ０ ０ ０ ０
当ｍ＝－１时，直线ｌ为ｙ＝３，对应Ｋ（３，３）；
１
１
当ｍ＝－ 时，直线ｌ为ｘ＝１，对应Ｋ（１，４）；
２ ２
( ３ ５)
当ｍ＝０时，直线ｌ为ｘ＋ｙ＝４，对应Ｋ ， ．
３ ２ ２
→ → → → → → → １ １
设ＰＰ＝（ｘ－１，ｙ－３），则ＰＰ·ＰＫ＝２ｘ－２，ＰＰ·ＰＫ＝ｙ－３，ＰＰ·ＰＫ＝ ｘ－ ｙ＋１．
０ ｐ ｐ ０ ０ １ ｐ ０ ０ ２ ｐ ０ ０ ３ ２ｐ ２ｐ
{ｙ－３＝２ｘ－２，
ｐ ｐ
由于恒为定值，故 解得ｘ＝１，ｙ＝３，即Ｐ（１，３），与Ｐ（１，３）重合，假设矛盾．
１ １ ｐ ｐ ０
ｙ－３＝ ｘ－ ｙ＋１，
ｐ ２ｐ ２ｐ
因此，定点Ｐ是唯一的．
→ →
综上，存在唯一的定点Ｐ（１，３），使ＰＡ·ＰＢ是定值－２０．（１７分）
【评分细则】
若考生使用其他解法作答，只要最终答案正确均酌情给分．
高二数学 第 ６页（共６页）
