安徽省A10联盟暨宿州市十三校2025-2026学年高二上学期11月期中质量检测数学（人教A版）（C卷）试题（Word版附解析）

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命题单位：池州一中数学教研组 编审单位：合肥皖智教育研究院
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请在答题卡上作答.
第I卷（选择题 共58分）
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. 已知抛物线，则的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据抛物线方程计算可得.
【详解】抛物线的焦点坐标为.
故选：A
2. 点到直线的距离是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由点到直线的距离公式求解，
【详解】点到直线的距离，
故选：B
3. 已知是空间一个基底，向量，，，若，则的值是（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量平行得到，求解即可.
【详解】因为，所以，
即，，
所以.
故选：D.
4. 已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题目所给条件，分析数列的周期性，通过周期性得到答案．
【详解】由题知，，，，，
所以3是数列的一个周期，所以．
故选：B．
5. 已知椭圆的左､右焦点分别为，椭圆上点到焦点的最大距离为7，最小距离为3，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由最大距离和最小距离解出，再求离心率即可.
【详解】因为点到焦点的最大距离为7，最小距离为3，
所以，即，则椭圆的离心率.
故选：D.
6. 已知等差数列共有101项，若奇数项的和为102，则偶数项的和为（ ）
A. 100B. 105C. 110D. 115
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列的奇数项和与偶数项和列方程求解即可.
【详解】由，
解得，故偶数项和为100.
故选：A.
7. 若方程“”表示双曲线，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的表示方程，得出不等式，分类讨论求得不等式的解集，即可得到答案.
【详解】由方程表示双曲线，则满足，
当时，不等式即为，解得或；
当时，不等式为，
即为，解得，
综上可得，实数的取值范围为.
故选：C.
8. 在空间直角坐标系中，球心的坐标为，半径为，则球面的方程为.已知为坐标原点，，点满足，则的最大值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】设，由得点的轨迹，再根据轨迹关系求解最值即可.
【详解】设，由得，
整理得：，
所以点在以为球心，为半径的球面上，
所以的最大值为.
故选：C.
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. 已知圆和直线，则（ ）
A. 圆的半径为5B. 直线恒过点
C. 直线不过点D. 直线与圆一定相交
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用直线的方程可以找到直线恒过一个定点，然后结合圆得标准方程，进行逐一判定.
【详解】对于A，将圆化为，
可得圆的圆心为，半径为5，故A正确；
对于B，将直线化为，
由得，所以直线恒过点，故B错误；
对于C，将圆心代入直线中，得，
显然圆心不在直线上，故C正确；
对于D，因为，
所以点在圆内，则直线与圆一定相交，故D正确.
故选:ACD.
10. 已知直线：过抛物线：的焦点，且与抛物线交于，两点，过，两点分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为，，则下列结论错误的是（ ）
A. 抛物线的方程为B. 线段的中点到轴的距离为
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由焦点在直线上即可求解，对于B，直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理及焦半径公式即可判断，对于C，由轴，轴，得到，，即可判断，对于D，由焦半径公式即可判断.
【详解】对于A，由题可知在直线：上，
所以，故抛物线的方程为，故A的结论正确；
对于B，设，，联立，
整理得，
由，得，，
根据抛物线定义得，，
所以线段的中点到轴的距离为线段，
故B的结论错误；
对于C，如图，
因为，，
所以，，
因为轴，轴，
所以，，
所以，故C的结论正确；
选项D，因为，故D的结论错误.
故选：BD.
11. 在棱长为1的正方体中，为底面内部（包括边界）一动点，下列结论正确的是（ ）
A. 存在点使得
B. 存在点使得平面和平面的夹角大小为
C. 若与底面所成角的正切值为，则点的轨迹长度为
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求解数量积计算判断A，先求出法向量再应用夹角余弦公式计算判断B，线面角及弧长公式计算判断C，应用余弦公式计算判断D.
【详解】以点为原点，为轴建立空间直角坐标系，
依题意设，
，
所以，.
对于A，有，
当点为时，，即，故A正确；
对于B，显然平面，则平面的一个法向量为，
另设平面的法向量为，
则，
令，则，所以平面的一个法向量为，
若平面和平面的夹角大小为，
则，即，
解得，当，满足，故B正确；
对于C，若与底面所成角的正切值为，即，
则点的轨迹在以为圆心，为半径，
且在底面内的圆弧上，则圆弧与底面交于两点，所以圆心角为，
即其长度为，故C错误；
对于D，
，故D正确.
故选：ABD.

第II卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知与的夹角为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题知，进而根据模的公式计算即可.
【详解】因为与的夹角为，
所以，
所以，故.
故答案为：
13. 设为等差数列的前项和，，则__________.
【答案】8
【解析】
【分析】利用等差数列的前项和公式求得，进而结合已知求得通项公式，可求解.
【详解】由，得，即，所以，
所以，，所以公差，
所以等差数列的通项公式为，
所以.
故答案为：.
14. 在边长为3的正方形中，点为边的中点，已知点为正方形内（包括边界）一动点，且到点的距离和到边的距离的比为，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】应用椭圆的第二定义结合椭圆的定义及距离和最短计算求解.
【详解】假设正方形边在平面直角坐标系的轴上，
由题意得，点到点的距离和到边的距离的比为，
根据椭圆的第二定义（平面内与定点（焦点）和与定直线（准线）的距离的比为离心率的点的轨迹为椭圆），
点在以点为右焦点，直线为右准线的椭圆上.
设，则准线的方程为，所以，
解得，故椭圆的标准方程为.
结合正方形几何约束，如图，点的轨迹为该椭圆上满足的弧段，且，椭圆另一焦点为.
由椭圆的定义知，
，当三点共线时，最短，
所以，故的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，双曲线的焦点为，顶点为为双曲线上一点．
（1）求的标准方程；
（2）求直线的斜率之积．
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）先由椭圆的方程得焦点及顶点坐标，进而得双曲线的顶点及焦点坐标及方程；
（2）根据M点在双曲线上及斜率的定义直接计算可得.
【小问1详解】
如图：
由题意得，椭圆，得椭圆的左、右焦点分别为，
左、右顶点分别为，
所以双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，
则有，故，
从而双曲线的方程为．
【小问2详解】
因为在双曲线上，则，
所以①，
所以直线的斜率之积为，
把①代入整理得，，
所以直线的斜率之积为3．
16. 已知,圆经过三点.
（1）求圆的标准方程；
（2）过点的直线与圆相切，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设出圆的一般方程，再将点代入求解即可；
（2）设直线的方程时要注意考虑斜率存在与斜率不存在两种情况，再根据圆心到直线的距离等于半径求解.
【小问1详解】
依题意可设圆的方程为，由圆经过三点知，
，解得；
所以圆方程为，其标准方程为.
【小问2详解】
若过点的直线的斜率不存在，其方程为，
经检验恰与圆相切，满足题意.
若过点的直线的斜率存在，且设为，其方程为，
即，由直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于2，
得，即，解得，
此时直线的方程为，即.
综上所述，直线的方程为或.
17. 如图，在三棱柱中，，，，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）由，得到平面，即可求证；
（2）建系，求得直线方向向量、平面法向量，代入夹角公式即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
因为平面，在平面内，
所以，
因为，又都在平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
因为平面，平面平面，
所以平面，在平面内，
所以，
因为，，
所以.
又由（1）知，，两两垂直，
所以以为坐标原点，，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，，
所以为平面的一个法向量，
而.
设与平面所成角为，
则，
因为，
所以.
18. 记数列的前n项和为，已知，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由化简条件可得数列是公差为3的等差数列，利用等差数列通项公式求解即可.
（2）利用分组求和裂项相消求和即可.
【小问1详解】
由已知，，即，即，所以数列是公差为3的等差数列
因为，则
因为，所以的通项公式是.
【小问2详解】
因为，则
因为，则
所以.
19. 已知椭圆的左顶点为，且椭圆过点.
（1）求的方程；
（2）已知为左焦点，在轴上有两动点，且.
（i）若的外接圆与在第一象限的交点为，连接交轴于点，求；
（ii）直线分别与交于点，求证：直线恒过定点.
【答案】（1）
（2）（i）3；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据左顶点及点在椭圆上列式计算求解；
（2）（i）根据的外接圆是以为直径的圆再设化简得出，即可得出比值；（ii）设直线联立后应用斜率乘积计算得出即得定点.
【小问1详解】
因为椭圆的左顶点为，所以，
又椭圆过点，所以，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（i）由得，所以
显然的外接圆是以为直径的圆，
则其方程为，化简得.
设，则，
消去得，，
化简得，又，所以，
所以.
（ii）设直线的方程为
联立，消去整理得，
则.
因为，所以，
故，即，化简得，
因为，所以，
所以直线的方程为，即直线恒过定点.