黑龙江省绥化市新时代高中教育联合体2025-2026学年高二上学期期中联考数学（二）试卷（Word版附解析）

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注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上.
2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效.
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. 已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的定义可得结果.
【详解】根根据空间中点的坐标确定方法知，
空间中点在坐标平面上的投影坐标，竖坐标为0，横坐标与纵坐标不变.
所以空间向量在坐标平面上的投影坐标是：.
故选：A.
2. “”是“方程表示圆的方程”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据表示圆得到或，然后判断充分性和必要性即可.
【详解】若表示圆，则，解得或，
可以推出表示圆，满足充分性，
表示圆不能推出，不满足必要性，
所以是表示圆的充分不必要条件.
故选：A.
3. 如图，在三棱柱中，M为的中点，设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先得到，然后将表示出来并代入的表示中，由此可得结果.
【详解】连接，如下图所示，
因为，，
所以，所以．
故选：A.
4. 求经过两直线：和：的交点P，且与直线：垂直的直线l的方程．（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先联立直线的方程，求出点坐标.设的方程为，代入点坐标，求出，即可得出答案.
【详解】联立直线的方程可得，，
所以点坐标为.
由已知可设直线的方程为，
代入点坐标，可得，
所以，，
直线的方程为.
故选：A.
5. 已知直线与圆相交于A,B两点，则的周长为（ ）
A. 26B. 18C. 14D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】先得到圆心和半径，进而求得弦长即可.
【详解】由，得，
所以圆心为,半径，
圆心C到直线l的距离，
所以，
所以的周长为．
故选：B．
6. 如图所示，已知在一个的二面角的棱上，有两个点，分别是在这个二面角的两个面内垂直于的线段，且，，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算可得，两边平方，再由向量数量积的运算性质即可得解.
【详解】∵，，∴，
∵，∴．
∵，∴
．
∴．
故选：A．
7. 已知直线过点，且斜率为，若圆上有4个点到的距离为1，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先由点斜式求出直线方程，再确定圆心，由题意知圆心到直线的距离小于1，即可求出的取值范围.
【详解】因为圆上有4个点到的距离为1，
所以圆心到直线的距离小于1，设圆的圆心到直线的距离为，
又因为过点，且斜率为的直线方程为，即，
所以，解得，即.
故选：C.
8. 已知两条动直线和交于点，圆上两点，间的距离为.若点是线段的中点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出点P的轨迹方程，再结合题意求出点Q的轨迹方程，结合图形以及圆与圆的位置关系，即可求得答案.
【详解】由题意知两条动直线和交于点，
联立直线方程消去m可得，
由于，即，
该直线过定点，但不会过点，
故P点轨迹方程为（去掉点），
圆心为，半径为；
上两点，间的距离为，
Q为线段的中点，则圆C的圆心到Q的距离为，
则Q点轨迹方程为，圆心为，半径为；
由于与圆的圆心距满足，
故这两圆外离，
则的最小值为，
故选：B
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. 下列说法中，正确的有（ ）
A. 过点且斜率为的直线的点斜式方程为
B. 直线的一个方向向量为
C. 若点和点关于直线对称，则
D. 过点的直线分别交，的正半轴于，，则面积的最小值为8
【答案】BC
【解析】
【分析】利用直线的点斜式方程的概念求解选项A;利用直线的一般式方程的概念以及方向向量的概念求解选项B；利用点关于直线对称的点的关系求解选项C;利用直线的截距式方程和基本不等式求解选项D.
【详解】对于A，过点且斜率为的直线的点斜式方程为，故A错误；
对于B，直线的斜率为，一个方向向量为，故B正确；
对于C，因为点和点关于直线对称，所以，解得，故，C正确；
对于D，设直线的方程为，因为直线过点，所以，
所以，所以，
所以，当且仅当即时，
面积取到最小值为6，故D错误.
故选：BC.
10. 下列命题错误的是（ ）
A. 是向量，不共线的充要条件
B. 在空间四边形中，
C. 在棱长为1的正四面体中，
D. 设，，三点不共线，为平面外一点，若，则，，，四点共面
【答案】ACD
【解析】
【分析】举例说明并结合充要条件的定义判断A；利用数量积运算律计算判断B；利用数量积的定义计算判断C；利用共面向量定理的推论判断D.
【详解】对于A，模长分别为且同向的向量，满足，A错误；
对于B，空间四边形，
，B正确；
对于C，在棱长为1的正四面体ABCD中，，C错误；
对于D，设A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，由，
且，得P，A，B，C四点不共面，D错误.
故选：ACD
11. 已知直线与圆，若点为直线上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与圆相交
B. 与直线平行且截圆的弦长为的直线为或
C. 过点作圆的两条切线，切点分别为，，若，则，所在直线方程为
D. 过点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为2
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用几何法判断直线与圆位置关系判断A；设直线方程为，利用弦长公式求解，即可判断B；求出以为直径的圆的方程，与圆方程相减即可求得切点弦方程判断C；将问题转化为求解的面积最小，进而利用切线长公式转化为的最小值问题，最后利用点到直线的距离公式求解即可判断D.
【详解】A选项，圆的圆心为，半径为1，
则圆心到的距离为，
故直线与圆相离，A错误；
B选项，设与直线平行的直线方程为，
则圆心到距离为，
因为，解得，故，解得或，
故与直线平行且截圆的弦长为的直线为或， B正确；
C选项，由平面几何知，，，点P，A，C，B共圆，且为直径.
因为，，所以所求圆的圆心为中点，
即，半径为，
所以所求圆的方程为，即.
又直线为这两个圆的公共弦所在直线，
由与相减，
可得的方程为，C正确；
D选项，由题意可知，与互相垂直，且四边形的面积为，
故要想取得最小值，则只需四边形的面积最小，
因为四边形的面积等于面积的2倍，故只需的面积最小，
因为，
其中最小值为圆心到的距离为，
故四边形的面积最小值为，则最小值为2，D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知空间三点，，，设，，，且，则___________.
【答案】或
【解析】
【分析】先求得，然后根据向量共线以及向量的模求得.
【详解】，
由于，所以，
所以，
所以为或.
故答案为：或
13. 过直线和圆的交点且过原点的圆的方程是__．
【答案】
【解析】
【分析】先将所求圆的方程设为，再根据所求圆过原点，将代入方程解出，即可得到圆的方程.
【详解】设所求圆的方程为，
因为过直线和圆的交点的圆过原点，
所以可得，解得，
将代入所设方程并化简可得所求圆的方程为：．
故答案为：.
14. 圆形是古代人最早从太阳、阴历十五的月亮得到圆的概念的.一直到两千多年前我国的墨子（约公元前468-前376年）才给圆下了一个定义：圆，一中同长也．意思是说：圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．现在以点为圆心，2为半径的圆上取任意一点，若的取值与x、y无关，则实数a的取值范围是____________.
【答案】
【解析】
【分析】转化为点到直线与直线距离之和的5倍，这个距离之和与点在圆上的位置无关可得圆在两直线之间，利用直线与圆相切可得答案.
【详解】由已知可得所在的圆的方程为，
设，
故可看作点到直线与直线距离之和的5倍，
因为的取值与x、y无关，
所以这个距离之和与点在圆上的位置无关，
圆心到直线的距离为，所以圆与直线相离，
如图所示，可知直线平移时，
点与直线的距离之和均为直线之间的距离，
此时可得圆在两直线之间，
当直线与圆相切时，
，解得（舍去），或，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是转化为点到直线与直线距离之和的5倍.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，，.
（1）求
（2）当时，若向量与垂直，求实数和的値；
（3）当 时，求证：向量与向量，共面.
【答案】（1）
（2），
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的模的公式计算即可；
（2）根据可求得，再根据垂直的数量积为0求解即可；
（3）设，根据条件可得，根据共面向量定理即得.
【小问1详解】
，，
，
.
【小问2详解】
因为，
所以，解得，
因为，且向量与垂直，
所以，
即，
.
所以实数和的值分别为和；
【小问3详解】
证明：当时，，
设，
则，
，解得，
即，
所以向量与向量，共面.
16. 已知顶点，边上的高所在直线方程为，边上的中线所在的直线方程为.
（1）求直线的方程；
（2）求顶点的坐标与的面积.
【答案】（1）
（2），20
【解析】
【分析】（1）由AC边上的高BH所在直线方程为可得直线BH的斜率为1，根据垂直时斜率乘积为-1可得直线AC的斜率为-1，且过即可得到AC边所在直线方程；
（2）联立直线AC和直线CM，即可求出顶点C的坐标．求出AC的长和 B到AC的距离，结合面积公式即得.
【小问1详解】
∵，，∴，∴方程为：，即.
【小问2详解】
联立解得，.
设，则，∴，∴.
∴，到直线距离为，而.
∴的面积为.
17. 如图，在梯形中，为线段上靠近点的三等分点，将沿着折叠，得到四棱锥，使平面平面为线段上的点．
（1）求证：；
（2）是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）计算，根据勾股定理得到，确定平面，证明平面，得到答案.
（2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面的法向量为，设，，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【小问1详解】
，故为等腰直角三角形，
，故．
在中，，，
故，，
平面平面，平面平面平面，
故平面，平面，故，
又平面，故平面，
又平面，故.
【小问2详解】
存在，，理由如下：
如图，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴，
以过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
则．
设，，则，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，
设直线与平面所成的角为，
则，解得，（舍），
故存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，则．
18. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的动点，．
（1）证明：平面；
（2）当为何值时，平面与平面所成的夹角最小？
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)先证明平面，由此建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，，由线面垂直判定定理证明平面；(2)求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求两平面的夹角余弦，再求其最小值可得的取值.
【小问1详解】
因为三棱柱是直三棱柱，
所以底面，底面，所以．
因为，，平面，平面，
所以平面．
所以，，两两垂直．
以B为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
所以，，，，，，
因为，，，
所以，，
所以，，
因为，，平面，
所以平面．
【小问2详解】
由题设．
设平面的法向量为，
因为，，
所以，即．
令，则．
因为平面的法向量为，
设平面与平面所成的夹角为，
则，
当时，取最小值为，此时取最大值为，
此时，符合题意．
故当时，面与面所成夹角最小．
19. 一动点到两定点距离比值为非零常数，当时，动点的轨迹为圆，后世称之为阿波罗尼斯圆，已知两定点的坐标分别为：，动点N满足.
（1）求动点N的方程；
（2）过作动点N所在圆的切线，求的方程；
（3）如图，过点）且互相垂直的两条直线分别与圆交于点A，B，与圆交于点C，D，CD的中点为E，求面积的取值范围.
【答案】（1）；
（2）或；
（3）.
【解析】
【分析】（1）设，利用两点距离表示关系并化简即可；（2）当斜率存在时，设出直线方程，由圆心到切线距离等于半径求得参数，得切线方程，再验证斜率不存在时是否满足要求；（3）当直线的斜率不存在时，求得的面积；当直线的斜率存在时，当和时，结合二次函数的性质，分别求得的面积的取值范围，即可得到结论.
【小问1详解】
（1）设动点坐标为，则，，
又知，则，得，故动点N的方程为；
【小问2详解】
（2）当的斜率存在为时，设的方程为：，因为与圆相切，
所以，得：，
所以为的方程，
当的斜率不存在时，此时的方程为：，圆心到直线的距离2，所以圆心到直线的距离等于半径，满足要求，所以为的方程为，
综上：的方程为或；
【小问3详解】
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，所以，直线的方程为，点的坐标为，所以的面积；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
当时，直线的方程为，直线的方程为，直线与圆不相交，此时不存在，舍去；
当时，直线，
由得，所以．
因为，所以．
因为，，所以，
所以E点到直线的距离即M点到直线的距离，
所以的面积，
令，则，所以，
因为，所以，所以，
综上可得，面积的取值范围是.