浙江省S9联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷（含答案）

这是一份浙江省S9联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷（含答案），共20页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 已知是正实数，直线平分圆， 以下四个命题表述正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题纸.
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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标，则答案可求.
【详解】，
对应的点位于第四象限.
故选：D.
【点睛】本题考查了复数代数形式乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题.
2. “”是“直线与直线平行”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】由可得直线与直线平行，即充分条件成立；由直线与直线平行，求得的值为，即必要条件成立；
【详解】因为，所以直线，直线，则与平行，故充分条件成立；
当直线与直线平行时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线，直线平行，故必要条件成立.
综上知，“”是“直线与直线平行”的充要条件.
故选：A.
3. 已知是空间直角坐标系中一点，与点关于平面对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系的概念，可得答案.
【详解】易知点关于平面对称的点的坐标是.
故选：B.
4. 如图，在平行六面体中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图及空间向量加法可得，后由题意及模长公式可得答案.
【详解】设，因为六面体是平行六面体，
所以，因为，
代入计算可得：
，
故有：，所以，
所以，因为，所以.
故选：B
5. 已知是正实数，直线平分圆：所围成的面积，则的最小值为（ ）
A. 12B. 10C. 8D. 25
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得直线过圆心，根据均值不等式中“1”的妙用，可得答案.
【详解】由圆：整理可得：，则该圆的圆心为，
由题意可得直线过圆心，则，整理可得，
所以，
由为正实数，则，当且仅当时，等号成立，
所以.
故选：D.
6. 函数的图象向右平移个单位长度后，其图象关于轴对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】写出平移后函数解析式，利用它关于轴对称（函数为偶函数）求得值．
【详解】把函数（）的图象向右平移个单位长度，
所得图象对应的函数是（），且它是偶函数，
所以（），，（），
又因为，所以.
故选：B．
7. 若直线在轴上的截距为，且它的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则的值为（ ）
A. B. 1C. D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用截距求出，再利用倾斜角的关系，结合斜率与二倍角公式列式求出即可.
【详解】由直线在轴上的截距为，得，解得，
由直线的倾斜角为，得，直线的倾斜角为，
因此，解得，
所以.
故选：A
8. ，过定点的动直线和过定点的动直线交于点（与不重合，为坐标原点），则以下结论：（1）为定值；（2）的面积的最大值为；（3）的最大值为5；（4）的最大值为.其中正确的结论有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】先求出定点的坐标，根据直线方程可得两条直线垂直即，进而判断（1），结合基本不等式可判断（2），进而可得点P的轨迹方程，然后根据圆的性质及柯西不等式判断（3）（4）.
【详解】对于直线，变形为，
令，解得，定点，
对于直线，变形为，
令，解得，定点，
对直线和直线，
，故两条直线垂直，,
,，为定值，故（1）正确，
设，由以上可知，根据基本不等式可得，当且仅当时等号成立，
的面积，
的面积的最大值为，故（2）正确；
设，，，则，，
，即，在以为圆心，为半径的圆上，
故的最大值为，故（3）正确；
设，由上可知，根据柯西不等式可得，即，
，当且仅当时取等号，的最大值为，故（4）正确.
故选：.
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. 已知直线，不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，且，则
B. 若，且，则
C. 若，且，则
D. 若，且，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据点，线，面位置关系的定理和性质逐一判断即可.
【详解】A，因为，，所以，
又，所以不同的平面满足，故A正确；
B，若，且，则或两平面相交，
比如：正方体的底面和侧面中分别取直线，且，但是底面和侧面并不平行，故B错误；
C，若，且，则两平面相交或平行，
比如：正方体的上下两个底面中分别取直线，且，上底面与平行，但是上底面与下底面并不垂直；故C错误；
D，因为，，则，又，所以，故D正确.
故选：AD
10. 以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 过点）且在轴、轴上截距相等的直线方程为
B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C. 圆与圆恰有三条公切线，则
D. 已知圆，过点向圆引两条切线为切点，则直线方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据截距可为零、点到直线距离、圆与圆的位置关系，公共弦所在直线方程等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】A选项，如果截距为零，则直线方程为，故A错误.
B选项，圆的圆心为原点，半径为，圆心到直线的距离为，
所以圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1，B选项正确.
C选项，圆的圆心为，半径为.圆的圆心为，
半径为，
由于、有三条公切线，所以两个圆外切，
所以，，C选项正确.
D选项，圆的圆心为原点，半径为.，
以为直径的圆的方程为，即，
则所在直线方程为即.
故D选项正确.
故选：BCD
11. 棱长为2的正方体中，点在棱上运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若是棱中点，则平面
B. 存在点使
C. 若与平面所成的角记为，则
D. 点到直线的距离最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用中位线定理与平行四边形的性质，结合线面平行的判定，可得其正误；对于B，根据勾股定理以及余弦定理，结合一元二次方程有解的条件，可得其正误；对于C，由题意建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，结合线面角的向量公式，可得其正误；对于D，根据线面垂直可得距离的垂线段，结合勾股定理，可得其正误.
【详解】对于A，由题意取的中点为，并连接，作图如下：
在正方体中，由分别为的中点，
则易知，且，
所以在平行四边形中，，
因为平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，由题意作图如下：
设，则，，
，，
在中，，
令，化简可得，
由，则方程无实数解，故B错误；
对于C，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，作图如下：
则，，，，
取，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量，
可得，
当时，，当时，令，
由函数在上单调递减，则，
所以，可得，
综上可得，故C正确；
对于D，取的中点，连接交于，
在平面内，过作于，连接，，，作图如下：
在正方形中，易知，，
在正方体中，易知，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
由，当且仅当重合时，等号成立，
在中，，在中，由，则，
所以，即到的距离最小值为，故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. 在空间直角坐标系中，已知，则的最小值是__________.
【答案】2
【解析】
【分析】利用两点间距离公式求出，利用二次函数求最小值.
【详解】，，
当时，最小，的最小值为2.
故答案为：2.
13. 圆心在直线上且与直线相切于点的圆的方程是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出过切点的圆半径所在直线方程，进而求出圆心坐标即可作答.
【详解】依题意，过切点的圆的半径所在直线方程为，即，
由解得，因此所求圆的圆心为，半径，
所以所求圆的方程为.
故答案为：
14. 已知直线与圆心在原点的圆相切，函数过定点，过点作圆的两条互相垂直的弦，则四边形面积的最大值为__________.
【答案】15
【解析】
【分析】根据圆的切线性质，可得圆的半径，根据对数函数的性质求得定点坐标，再根据弦长公式以及基本不等式，可得答案.
【详解】由原点到直线的距离，则圆的半径，
由，则，即，
由题意作，，分别垂足为，如下图：
易知四边形为矩形，则，
易知四边形的面积
，
当且仅当，等号成立.
故答案为：.
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.
15. 在锐角中，内角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理将已知等式化成角的正弦的形式，化简解出，再由是锐角三角形，即可算出角的大小；
（2）由余弦定理的式子，结合题意化简得，与联解得到的值，再根据三角形的面积公式加以计算，可得的面积．
【详解】解：（1）中，，
根据正弦定理，得，
锐角中，，
是锐角的内角，；
（2），，
由余弦定理，得，
化简得，
，平方得，
两式相减，得，可得．
因此，的面积．
【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
16. 已知两直线.
（1）求过两直线的交点且与直线平行的直线方程.
（2）已知两点，动点在直线运动，求的最小值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）联立直线方程求得交点坐标，根据平行关系，可得答案；
（2）由题意求点关于直线的对称点，由图可得答案.
【小问1详解】
联立，所以两直线的交点为
设与直线平行的直线方程为，
将代入得，
所以所求的直线方程为
【小问2详解】
设点关于直线对称的点为，
，解得
则，
故的最小值为.
17. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2菱形，，，点分别为棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的大小为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，由已知可证得四边形平行四边形，可得，则得平面.
（2）连接，交于点，可得平面平面，则为直线与平面所成的角的平面角，以为原点，直线所在直线分别为轴，过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算，求得平面的一个法向量，取平面一个法向量为，由即可求得二面角的余弦值.
【小问1详解】
如图：

取中点，连接，
因为为中点，所以且，
又四边形为菱形，且为中点，所以且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
如图：

连接，交于点，
因为四边形为菱形，所以，且为的中点，
又因为，所以平面，且，
所以平面，
平面，所以平面平面，
所以是直线在平面内的射影，
则为直线与平面所成的角的平面角，则，
又，
所以，
如图，以为原点，直线所在直线分别为轴，
过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以.
取平面一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，
令，得，则，
则，
所以二面角的余弦值为.
18. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apllnius）在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点A，B距离之比为（且）的点P的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.已知两定点，，若动点P满足，动点P轨迹为圆C.
（1）求圆C的方程；
（2）过点的直线l与圆C交于D、E两点，若弦长，求直线l的方程；
（3）若Q是x轴上的动点，，与圆C相切，切点分别为F，G，试问直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标：若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）或
（3）过定点，
【解析】
【分析】（1）直接法求轨迹，设，代入坐标化简即可；
（2）待定系数法求直线方程，设出直线方程，直线与圆相交弦长问题转化为弦心距，半弦长，半径构成的直角三角形勾股定理问题，解方程即可求得；
（3）设，用表示出切点弦方程，根据方程可知过定点．
【小问1详解】
设，则由可得，
即，
则点P的轨迹方程为：；
【小问2详解】
易知，直线l的斜率不存在时，直线与圆相离，不满足题意；
故直线l存在斜率，设直线l为，
则点到直线l的距离为
则
则
所以或
直线l为或
【小问3详解】
设，则以为直径的圆的圆心为，
记，半径为，
则此圆的方程为，
即，记此圆为圆P.
因为直线为圆C与圆P的相交弦所在直线，
所以两圆方程作差可得直线FG的方程为，
即.
由，解得
所以直线恒过定点，定点坐标为.
19. 在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；
过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中．
（1）已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值；
（2）已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，证明：；
（3）已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据给出的结论，得到直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求直线与平面所成的角的余弦值.
（2）求平面与交线的方向向量和平面的法向量，利用向量的方法，证明直线与平面平行.
（3）分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求平面角的余弦值.
【小问1详解】
由直线的点方向式方程为可知直线的一个方向向量坐标为
由平面的一般式方程为可知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以有，
所以，即直线与平面所成角的余弦值为．
【小问2详解】
由平面可知平面的一个法向量为，
由平面可知平面的一个法向量为，
设两平面交线的方向向量为，则，
令，则，可得，
由平面可知平面的一个法向量为，
因为，即，且，所以．
【小问3详解】
因平面经过三点，可得，
设侧面所在平面的法向量为
则，令，解得，可得，
由平面可知平面的一个法向量为，
设平面与平面交线（即直线）的方向向量为，
则，令，则，，可得，
由平面可知平面的一个法向量为，
由，则，解得，
即，
故平面与平面夹角的余弦值为
．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解题中给出的结论，并能利用结论解决问题.