吉林省长春市外国语学校2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份吉林省长春市外国语学校2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共7页。试卷主要包含了已知定圆M ，………5 分，10 分等内容，欢迎下载使用。

长春外国语学校 2025-2026 学年第一学期期中考试高二年级
A．2
B．
C．2D．
(? + ?)(? + ?)
(? + ?)(? + ?)
??
??
数学试卷
出题人 ：马竞审题人：王先师
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 2 页。考试结束后，将答题卡交回。
注意事项：
5．过点（2，1）的直线中，被圆 x2  y2  2x  4 y  0 截得的弦长最大的直线方程是
（ ）
A．3x-y-5=0B．3x+y-7=0C．x+3y-5=0D．x+3y+5=0 6．在下列等式中，使点M 与点 A, B,C 一定共面的是（ ）
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信
息条形码粘贴区。
––––→
OM 
2 –––→
OA 
1 –––→
OB 
1 –––→
OC
––––→
OM 
1 –––→
OA 
1 –––→
OB 
1 –––→
OC
选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
555
MA  MB  MC  0
523
OM  OA  OB  OC  0
请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草
已知
F 1,0
为椭圆
x2  y2 

1的焦点，P 为椭圆上一动点，
A1,1 ，则
PA  PF 的
稿纸、试题卷上答题无效。
作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
9m
最小值为（ ）
第 I 卷（选择题）
一、单选题（本题共 8 小题，每题 5 分 ，共 40 分。在每小题列出的选项中，选出符合
A． 6 B．1C． 6  2
3
x2y2
D． 6 
5
5
FFF
题目的一项）
已知椭圆C :

a2b
2  1a  b  0 的左右焦点分别是 1 ， 2 ，过 1 的直线与C 相交
在空间直角坐标系中，点 P(1，2，-3)关于坐标平面 xOy 的对称点为（ ）
于 A，B 两点，若 AF1  2 BF1 ， AB  BF2 ，则C 的离心率为（ ）
A．(-1，-2，3)B．(-1，-2，-3)C．(-1，2，-3)D．(1，2，3)
1
A． 2
B． 3
3
C． 2
2
D． 5
5
过两点 A(1, y) , B(2, 3) 的直线的倾斜角是135 ，则 y 的值为（ ）
二、多选题（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
A．2B． 2
C． 5
D．5
符合题目要求。全部选对的得 6 分，有选错的得 0 分。若只有 2 个正确选顶，每选对一
在菱形 ABCD 中,若PA 是平面 ABCD 的法向量,则以下等式中可能不成立的是（ ）
个得 3 分;若只有 3 个正确选项，每选对一个得 2 分。）
α→
–––→

PA  AB  0

PC  BD  0

PC  AB  0

PA  CD  0
已知平面P n  PP0  0，其中点 P0 1, 3, 5 ， n  1,1, 3 ，则下列各点在平面内
我国发射的第一颗人造地球卫星的运行轨道是以地心（地球的中心）?2为一个焦点
的椭圆.已知它的近地点（离地面最近的点）?距地面?千米，远地点（离地面最远的点）?距离地面?千米，并且?2、?、?在同一条直线上，地球的半径为?千米，则
的是（ ）
11,15, 3
1, 2, 6
1,10, 2
D． 1, 2, 6
卫星运行的轨道的短轴长为（）千米
ABC 的三个顶点坐标为 A(4,0) ， B(0,3) ， C(6,7) ，下列说法中正确的是（ ）
边 BC 与直线3x  2 y 1  0 平行
边 BC 上的高所在的直线的方程为3x  2 y 12  0
过点 A 且平分ABC 面积的直线与边 BC 相交于点 D(3,5)
过点 C 且在两坐标轴上的截距相等的直线方程一定是 x  y 13  0
已知直线l : x  y  4  0 分别与 x 轴， y 轴交于 A,B 两点，点 P 在圆
C：(x 1)2  ( y 1)2  2 上，则ABP 的面积可以是（ ）
2
A．7B．8C．9D． 6
第 Ⅱ 卷（非选择题）
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
经过?(0,2)，?(1,0)两点的直线的方向向量为(1,?)，则?的值是．
已知直线 l 的方向向量 n ＝(1，0，2)，点 A(0，1，1)在直线 l 上，则点 P(1，2，2)
到直线 l 的距离为．
空间四边形 ABCD 中， AB  2, BC  CD 1, AD  3 ，且异面直线 AD 与 BC 成60 ，求异面直线 AB 与CD 所成角的余弦值为.
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）
17．（15 分）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为正方形， PA  平面
ABCD ， PA  AB  2 ，E 为 PD 中点.
求证： AE  平面 PDC ；
求直线??与平面 AEC 所成角的正弦值；
求平面 AEC 与平面???夹角的余弦值.
→→→→→
（13 分）已知a   x, 1, 3, b  1, 2, 1, c  1, 0,1 且c / / 2a  b 
求实数 x 的值；
若 →  →  λ→  → ，求实数λ的值．
18．（17 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆C : (x  4)2  ( y  2)2  20 与 y 轴交于
1
1
a ba b
O ， P 两点，圆C 过O ， P 两点且与直线l : y  x 相切．
212
求圆C2 的方程；
若直线l2 : y  kx 与圆C1 ，圆C2 的交点分别为点M ， N ．求证：以线段MN 为直径的圆恒过点 P ．
16．（15 分）已知圆C ：  x  22  y2  4 ，圆C ： x2  y2  2ax  4 y  a2  5  0 ．

12
当a  2 时，求圆C1 和圆C2 的公共弦长﹔
19．（17 分）已知定圆M : x  3 2
记动圆的圆心 N 的轨迹为 E.
 y2  16 ，动圆 N 过点 F ( 3, 0) 且与圆 M 相切，
是否存在实数 a，使得圆C1 和圆C2 内含？若存在，求出实数 a 的取值范围，若不存在，请说明理由．
求轨迹 E 的方程；
已知两定点 A(2, 0) 和 B(1, 0) ，过 B 的动直线l 交轨迹 E 于 P，Q 两点.若直线 AP 的斜率为k1 ，直线 AQ 的斜率为k2 ，求证： k1  k2 为定值.
19
【答案】(1)
2
不存在，理由见解析
长春外国语学校 2025-2026 学年第一学期期中考试高二年级
数学试卷答案
一、选择题
【分析】（1）两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，再利用弦长公式求解；
（2）假设存在实数 a，根据两圆内含关系列不等式并求解，可判断 a 的存在性．
1
【详解】（1）圆C ：  x  22  y2  4 即 x2  y2  4x  0 ，1 分
2
当a  2 时，圆C ： x2  y2  4x  4 y  1  0 ，2 分
两圆方程相减可得公共弦所在直线方程为8x  4 y 1  0 ，3 分
1
2
3
4
5
6
7
8
D
B
C
A
A
C
D
B
9
10
11
ABC
BC
BCD
圆C ：  x  22  y2  4 的圆心C (2, 0) ，半径r  2 ，5 分
111
3 5
8(2) 1
二.填空
圆心C1 (2, 0) 到公共弦所在直线的距离d 
82  (4)2
4 ，……6 分
30
12. ―213.
5
三、解答题
14.
1 / 0.5
2
则两圆的公共弦长为2
r 2  d 2
1
（2）不存在，理由如下：
 2
 197 分
4  
2
 3 5 

4

2
15.【答案】(1)2；(2)λ
9
17 .
圆C ： x2  y2  2ax  4 y  a2  5  0 可化为(x  a)2  ( y  2)2  9 ，
2
【分析】（1）根据空间向量平行的性质、空间向量线性运算公式进行求解即可；
（2）根据空间向量垂直的坐标表示公式、空间向量线性运算公式即可求解.
→
【详解】（1） 2a  b  2  x, 1, 3  1, 2, 1  2x 1, 0, 5 ，1 分
则圆心C2 (a, 2) ，半径r2  3 ，9 分
111
又圆C ：  x  22  y2  4 的圆心C (2, 0) ，半径r  2 ，11 分
→→→
→→→
假设存在实数 a，使得圆C1 和圆C2 内含，
Qc / / 2a  b ，设c  m 2a  b m  0 ，2 分
则圆心距 C1C2

(a  2)2  (2  0)2
 3  2 ，13 分
m 2x 1  1m  1

12

1, 0,1  m 2x 1, 0, 5m  
5m  1
5 ， x 的值为 2．………5 分
即(a  2)2  3 ，此不等式无解，故不存在实数 a，使得圆C 和圆C 内含…….15 分
x  2
（2）由（1） →  2, 1, 3 ，则 →  b  2, 1, 3  1, 2, 1  1, 3, 4 ，7 分
【答案】(1)证明见解析(2) 1
6
a
a
33
λ→
a  b  λ2, 1, 3  1, 2, 1  2λ1, λ 2, 3λ1 ，9 分
→→→→
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得CD  平面 PAD，由线面垂直的性质定理得
CD  AE ，进而利用线面垂直的判定定理得 AE  平面 PDC ；
Qa  b   λa  b 
 2λ1 3λ 2  4 3λ1  0 ，11 分
λ
9
17 ．………13 分
以 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AP 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面 AEC 的法向量、向量 PC，由线面角公式可得答案．
求出平面 AEC 的法向量、平面 PAC 的法向量，由向量的夹角公式可得答案．
【详解】（1）∵ PA  平面 ABCD ， CD  平面 ABCD ，∴ PA  CD ，………1 分
又∵ CD  AD ， PA  AD  A ， PA, AD  平面 PAD，∴ CD  平面 PAD，………2 分又 AE  平面 PAD，∴ CD  AE ，3 分
Q AC  BD，PA  AC  A，PA, AC  平面PAC
 BD  平面PAC.平面PAC的法向量为BD  (2，2，0）13 分
设平面 AEC 与平面???的夹角为α，则
∵ PA  AD  2 ，且 E 为 PD 中点，∴ AE  PD ，4 分
又CD ∩ PD  D ， CD, PD  平面 PDC ，

csα| cs  BD, n |
46
2 2  3
3
∴ AE  平面 PDC ．5 分
（2）如图，以 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AP 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，
则 A0, 0, 0 ， D(0, 2, 0) ， E 0,1,1 ， C(2, 2, 0) ， B(2, 0, 0) ，?(0,0,2)
∴ AC  (2,2,0), AE  (0,1,1), PC  (2,2,2) ，6 分
所以平面 AEC 与平面???的夹角余弦值为 615 分
3
【答案】（1）x2+y2﹣2x﹣4y=0；（2）证明见解析.
【分析】（1）由圆C1 的方程求出 y 轴上的点O ， P 的坐标，设圆C2 的一般方程求出圆心C2 坐标，由题意过O ， P 点代入圆的方程求出参数的值，又有与直线l1 相切，即 OC2  l1 可得参数的值，进而求出圆C2 的方程；
由题意将直线l2 分别于两个圆联立求出M ， N 的坐标，注意不能相切，即k 的值
满足k   1 且k  2 ，进而求出直线 PM ， PN 的斜率，可得两条直线的斜率为定值
2
1，可得直线垂直，即可证明线段MN 为直径的圆恒过点 P ．
【详解】解：（1）由题意令 x  0 ，代入圆C1 中可得 y1  0 ， y2  4 ，可得： O(0, 0) ，
P(0, 4) ，2 分
设平面 AEC 的法向量为n  (x, y, z) ，
→
–––→
设圆C 的方程为： x2  y2  Dx  Ey  F  0 ，圆心C 坐标( D ， 
E ) ，将O ， P 点代
22
n  AE  0
 y  z  022
则→ –––→，即2x  2 y  0 ，7 分
F  0

n  AC  0
入可得： 42  4E  F  0
，解得： F  0 ， E  4 ，4 分
令 x  1 ，则 y  1， z  1，∴ n  (1, 1,1) ，8 分
 E
cs  PC，n 
2 1
2 3  3
2
3
…9 分
.
由题意可得OC2  l1 ，所以 2  2 ，可得 D  2 ，6 分
 D
2
AECθ1
所以圆C 的方程为： x2  y2  2x  4 y  0 ；8 分
设平面
与直线??所成的角为
，则sinθ| cs  PC，n | ，
31
所以平面 AEC 与直线??所成角的正弦值为1．10 分
3
∵ PA  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ，∴ PA  BD11 分
（2）由题意可得k   且k  2 ，9 分
2
联立与圆C 的方程：  y  kx
，整理得： (1  k 2 )x2  (8  4k )x  0 ，可得
x  my 1
由
，得(m2  4) y2  2my  3  0 ，11 分


1x2  y2  8x  4 y  0 x2  4 y2  4
M ( 4k  8 ， 1  k 2
4k 2  8k 1  k 2
) ，11 分
易知  0 ，
12
 y  y 
2m
 y  kx
联立与圆C 的方程： 
，整理得： (1 k2 )x2  (2  4k)x  0 ，可得
设点 P  x , y , Q  x , y  ，所以
m2  4
，14 分
2x2  y2  2x  4 y  0
1 122


2m
N ( 2  4k ，
1  k 2
4k 2  2k 1  k 2
) ，13 分
 y1  y2  m2  4
- 3
k k =
y1× y2=y1 y2=
m2 + 4
4k 2  8k
4k 2  2k
于是 1 2

x + 2 x + 2(my + 3)(my
+ 3)- 3
- 2m
 4 4
1212
m2 ×+ 3m×+ 9
因为kPM 
1  k 2
4k  8
1  k 2
  1  2k ， k
k  2PN
1  k 2
2  4k
1  k 2
 k  2 ，15 分
1  2k
=- 3
= - 1
m2 + 4
m2 + 4
 kPM •kPN  1，即 PM  PN ，
所以以线段MN 为直径的圆恒过点 P ．17 分
x22
- 3m2 - 6m2 + 9(m2 + 4)12 .
故k k   1 为定值（与直线l 的斜率无关）17 分
1 212
【答案】(1) y  1
4
(2)证明见解析
【分析】（1）结合椭圆定义，用定义法求轨迹 E 的方程即可；
（2）易判断直线 PQ 斜率非零，令直线方程 x  my 1，利用斜率公式将k1  k2 与韦达定理关联，代入化简求值即可得解.
【详解】（1）由点 F 
3, 0 在定圆 M： x 
3 2  y2  16 内，知圆 N 与圆 M 内
切，1 分
于是有 NM
NF
 4  FM ，3 分
由椭圆的定义可知，
动圆的圆心 N 的轨迹为一个以
3, 0， 
3, 0为焦点，以 4 为长轴长的椭圆，…4 分
即c  3, a  2 ，所以b2  a2  c2  1，7 分
x22
故点 N 的轨迹 P 的方程为 y
4
 18 分
（2）当直线 PQ 斜率为零时， A、P 或 A、Q 两点重合，不满足题意，设直线 PQ 方程为 x  my 1，9 分