辽宁省大连市滨城高中联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份辽宁省大连市滨城高中联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
3
若直线l 的斜率为，则l 的倾斜角为（ ）
π
3
π
6
2π
3
5π
6
→ → →→→ →→→
已知向量 p 在基底a, b, c 下的坐标是1, 2, 3 ，则向量 p 在基底a  b, a  b, 2c下的坐标为（ ）
 1 3
 31
 31 3 
 1 3 3 

, , 3
 , 
, 3
 ,  , 
 
, , 
 2 2
 22
 22 2 
 2 2 2 
n
两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点 A1, 2, 7 ，且两平面的一个法向量 →  1, 0,1 ，则两平面间
的距离是（ ）
2
A．
2
B． 3
3
C．
D． 2
2
如图，已知在长方体 AC1 中， AA1  2 AB  2 ， AD  3 ，点 E ， F 分别在棱 BC 和 B1C1 上，且 BE  2EC ，
3B1F  B1C1 则直线 A1E 与直线CF 所成角的余弦值为（ ）
2 2
3
2
4
C． 1． 1
D
32
已知圆O : x2  y2  2x  0 和圆O : x2  y2  2x  4 y 1  0 ，则（ ）
12
圆O1 与圆O2 相切
两圆公共弦所在直线的方程为4x  4 y  1  0
两圆的公切线段长为 3
有且仅有一个点 P ，使得过点 P 能作两条与两圆都相切的直线
如图，在正四棱柱 AC1 中，底面边长为 2，直线CC1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为 2 32 ，则正四棱柱的高为（ ）
A．1B．2C．3D．4
n
已知θ为直线l 的倾斜角，若直线l 的法向量为 →  a2 1, 2 3a， a  R ，那么当实数a 变化时，θ的取
值范围是（ ）
π 5π

0,π ∪  5π π

π ππ 5π
 π
A．  6 ,
6 B． 
6  6 , 
C． ,    ,
 6 2  2
6  D． 0, 6 
在平面直角坐标系中，已知 A3, 3 是以点C 为圆心的圆上的一点，折叠该圆两次使点 A 分别与圆上不相同的两点（异于点 A ）重合，两次的折痕方程分别为 x  y 1  0 和 x  y  7  0 ，若圆C 上存在点 P ，使得
MPN  90∘ ，其中点M m, 0 、 N m, 0 ，则m 的最小值为（ ）
A．4B． 4
C． 5
D． 6
二、多选题
已知椭圆C : x2  y2  的左、右焦点分别为 F ， F ，点M 与焦点不重合，若M 关于 F ， F 对称的点分
11212
54
别为 A ， B ，线段MN 的中点 P 在椭圆C 上，则（ ）
5
若形成VPF1F2 ，则周长是定值为2  2
5
NA  NB  4
2
PF1
1
2 的最小值为 9 5
PF2
20
4x22
当点M 与原点O 重合时，点 N 的轨迹方程是
5
 y  1
在平面直角坐标系中，设曲线C 的方程为 x2  y2  4 | x | 4 | y |，则（ ）
曲线C 既是轴对称图形，又是中心对称图形
曲线C 围成图形的面积为2π  4
曲线C 的周长为4 2π
曲线上任意两点间距离的最大值 8
历史上，许多数学家研究过圆锥的截口曲线.如图，在圆锥中，母线与旋转轴夹角为30 ，现有一截面与圆锥的一条母线垂直，与旋转轴的交点O 距离圆锥顶点M 的长度为 1，则以下关于该截口曲线描述正确的命题有（ ）
3
M 点与该曲线上的任意一点的距离中，最大值为
该曲线上任意两点之间的最大距离为 3
2
该截口曲线的焦距是 3
2
点O 为该曲线的一个焦点
三、填空题
直线l1 : 3x (k 2)y 6  0与直线l2 : kx (2k 3)y 2  0平行，则k  ．
→α→
已知直线l 的方向向量为e  2, 2, 2 ，平面 的法向量为n  2, a  b, a  b ，a, b  R ，若l α，则
a  3b 的值为.
已知直线l1 : x  y 1  0 关于 P 1,1 对称的直线l2 与圆C : x2  y2  2x  2m  0 相离，则m 的范围为是
四、解答题
设m 为实数，直线l : 2x  m  3 y  2m  6  0 恒过一定点记作 A ， A 为Rt△ABC 的一个直角顶点，另两个顶点为 B 、C ，其中点 B 在 x 轴上，点C 3, 1
求点 A ， B 的坐标；
求V ABC 斜边中线所在的直线方程；
设点 P  x, y  ，若 P 是线段 BC 上的动点，求 y 的取值范围.
x
已知在正方形 ABCD 中， AB  3 ，点 E 在边 BC 上，且 EC  1，把V ABE 沿 AE 折起，使得点 B 到达点M
a
2c
处， MD  3 .设MA  → ， AD  3b ， AC  →
用a ， b ， c 表示ME ；
求a  c .
已知点 P 2, 0 及圆C : x2  y2  6x  4 y  9  0
若直线l 过点 P 且与圆C 相切，求直线l 的方程；
3
设过 P 直线l1 与圆C 交于M 、 N 两点，当 MN  2时，求以MN 为直径的圆的方程；
设直线ax  y  2  0 与圆C 交于 A ，B 两点，是否存在实数a ，使得过点 P 2, 0 的直线l2 垂直平分弦 AB ，若存在，求出实数a 的值；若不存在，说明理由.
如图， C 是以 AB 为直径的圆O 上异于 A ， B 的点，平面 PAC  平面 ABC ， PC  PA  AC  2 ，
BC  4 ， E ， F 分别是 PC ， PB 的中点，记平面 AEF 与平面 ABC 的交线为直线l .
求证：直线l  平面 PAC ；
若直线l 上存在一点Q （与 B 都在 AC 的同侧），且直线 PQ 与直线 EF 所成的角为 π ，求平面 PBQ 与平面
4
AEF 所成角的余弦值.
MA
MB
已知平面内的动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆（动点M 与两定点 A ， B 的距离之比
 λ，（λ 0 且
2
λ 1的常数），其方程为 x2  y2  4 ，定点分别为椭圆C : y
a2
x2
2
 1 a  b  0 的上焦点 F 与上顶点 D ，且椭
b
2
圆C 与 y 轴的两个交点之间的距离为4，过点 D 作斜率为k 的直线l 交圆 x2  y2  4 于点S ， T
求椭圆C 的标准方程；
若SOT 为锐角（其中O 是原点），求斜率k 的取值范围；
设椭圆C 的下焦点为 E ，求△EST 面积的最大值.
12． 9
13． 6
14．  1  m  1
22
15．（1）
由l : 2x  m  3 y  2m  6  0 可得m  y  2  2x  3y  6  0 ，令 y  2  0 且2x  3y  6  0 ，解得 x  0 ， y  2 ，
故直线恒过定点 A0, 2
设 B m, 0 ，则 AB  AC ，故kAC  1则kAB  1，
解得m  2 ，故 B 2, 0
（2）由于C 3, 1 ， B 2, 0 ，
故 BC 的中点坐标M   1 ,  1  ，则k 5 ，
 22 AM

故直线CM 方程为 y  2  5 x  0 ，即 y  5x  2
（3）法一：设 BC 与 y 轴的交点为Q ，
①当动点 P 在 BQ 上运动时，
由斜率 y 的几何意义可得，
x
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
B
A
D
D
A
D
ABC
ACD
题号
11
答案
ABC
 x 
OB
当 P 与 B 重合时，  y  k
max
 0 ，
当 P 在 y 轴上时，  y   ∞，所以 y ∞, 0 .
x
 
x
②当动点 P 在CQ 上运动时，
由斜率 y 的几何意义可得，
x
 x 
当 P 在 y 轴上时，  y   ∞，

当 P 与C 重合时，  y  k
 1 ，所以 y  1 , ∞ ，
 x 
OC3
x 3
min
综上可得 y ∞, 0 1 , ∞ .

x 3
法二：由于C 3, 1 ， B 2, 0 ，
得k 1 ，所以l: y  1  x  2 ，即 x  5 y  2  0
BC5CB5
则线段 BC 的方程为 x  5 y  2  0 且 x 3, 2 ③③
设 y  t ，其中 x 不为 0，
x
得 y  tx 代入③化简整理得 x  5tx  2  0 ，
即5t  1 2 ， x 3, 2 且 x  0 ，
x
令 y  1 2 ， x 3, 2 且 x  0 ，
x
解得 y (∞, 0]   5 , ∞ ，则t ∞, 0 1 , ∞ ，
 3 3

即 y ∞, 0 1 , ∞ .

x 3
16（1）因为 EC∥AD ，且 EC  1， AD  3 ，所以 AE  AC  CE ，
–––→–––→–––→–––→

1 –––→→→→→
AE  AC  CE  AC  AD  2c  b ，
3
ME  MA  AE  a  2c  b .
3 2
由题意得 AB  AM  AD  MD  3 ，
→→→
→ →2π
→ →π
所以 a  3 ， b  1， c 
， a, b
2
， b, c 
34
ME  BE  2 ，
–––→ 2
所以
→→→ 2
→→2→2
→ →→ →→ →
ME  a  2c  b
 a  4c  b
 4a  c  4b  c  2a  b
即4  9 18 1
→ →π2π 4a  c  2  3 2 cs  2  31cs
43
计算得4a  c  21
→ →
所以a  c  
21 .
4
17．（1）由C : x2  y2  6x  4 y  9  0 得 x  32   y  22  4
设直线l 的斜率为k ，则方程为 y  0  k  x  2 .
又圆C 的圆心为3, 2 ，半径r  2 ，
由
 2 ，解得k   4 或k  0 .
k 2 1
3k  2  2k
3
所以直线方程为 y   4  x  2 或 y  0 ，
3
即直线l 的方程为4x  3y  8  0 或 y  0 .
（2）
4   2 3 
2


2
设MN 的中点为Q a, b ，则 CQ 
 1，
又 PQ  CQ ，所以 PQ·CQ  0 ，
PQ  a  2, b，CQ  a  3, b  2 ,
 a  32  b  22  1

a  3a  2  b b  2  0
a2  b2  6a  4b 12  0    (1)

化简得a2  b2  5a  2b  6  0    (2)
（2）（1）得a  2b  6  0 代入（2）得5b2 16b 12  0
b  2 或b  6
5
a  18

a  2 或5 ，
6
b  2

b 
5
以MN 为直径的圆的方程为 x  22   y  22  3 或 x  18 
26 2

y
 3 .
5 5 

存在实数a 满足题意
由直线ax  y  2  0 与圆C 交于 A ， B 两点，
3a
a2 1
则圆心C 到直线的距离d  2 ，解得 2 5  a  2 5 .
55
设符合条件的实数a 存在，
由于l2 垂直平分弦 AB ，故圆心C 3, 2 必在l2 上.
所以l 的斜率k  2 ，而k
 a   1
，所以a   1
2l2
a1
AB
2 5 2 5 
kl22
由于   2  
5 , 5 

故存在实数a ，使得过点 P 2, 0 的直线l2 垂直平分弦 AB . 18．（1）m E ， F 是 PC . PB 的中点， EF / / BC ，
又m EF  平面 EFA ， BC  平面 EFA  BC / / 平面 EFA ，
BC  平面 ABC ，平面 EFA  面 ABC  l ， BC / /l ，
m BC  AC ，平面 PAC ∩ 面 ABC  AC ，平面 PAC  平面 ABC ，
 BC  平面 PAC ，
l  平面 PAC ；
（2）m BC  AC ，平面 PAC  平面 ABC
以C 为坐标原点， CA 所在直线为 x 轴， CB 所在直线为 y 轴，过C 垂直于平面 ABC 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，
则点 P 在平面 xOz 内， A2, 0, 0 ， B 0, 4, 0 ， P 1, 0, 3  ， E  1 , 0, 3  ， F  1 , 2, 3  ，
 22  22 

–––→ 33 
则CB  0, 4, 0 ， EF  0, 2, 0 ， AE    2 , 0,
2  ，
设 AQ  λCB  0, 4λ, 0λ 0 ，

–––→
则点Q 坐标为 2, 4λ, 0 ， PQ  1, 4λ, 

3  ， BQ  2, 4λ 4, 0 ，
–––→ –––→
 csPQ, EF

8 λ
2 4 16λ2
2
–––→
，解得λ 1 ，
2
2
则Q 点坐标为2, 2, 0 ，知 PQ  1, 2, 
→
设平面 PBQ 的法向量n   x0 , y0 , z0  ，
3 ， BQ  2, 2, 0 ，
→
–––→
n  PQ  0
x
 2 y
 3z  0→
即→
–––→
，即
000
，取 x0  1，可得n  1,1, 3  ；
n  BQ  0
2x0  2 y0  0
→
设平面 AEF 法向量为m   x1 , y1, z1  ，
 → –––→
 33
则 →
–––→
m  AE  0
 2 x1 
2 z1  0
x  1
→  1, 0, 3 
，即
，取 1
，可得m
；
m  EF  0
2 y  0
1
1 3
5  2
2 5
→ →
csm, n ，
5
即平面 PBQ 与平面 AEF 所成角的余弦值为 2 5 .
5
19．（1）取M 0, 2 ，由阿波罗尼斯圆定义可得
 c  2 ，
MF
MD
c  2
a  2
a  2
由题可知a  2 2 ，代入上式可解得c2  2 ，
y2
则b2  8  2  6 ，所以椭圆C 的标准方程为
x2
 1 .
86
由题设可知：斜率k 存在且不为零，设lD : y  kx  2 2 ，
x2  y2  4
联立方程 y  kx  2 2 ，消去 y 得1 k 2  x2  4 2kx  4  0 ，

则Δ  32k 2 16 k 2 1  0 ，解得k 2  1，
设两交点S  x , y  ， T  x , y  ，可得 x  x
  4 2k ， x x 4，
1 122
121 k 2
1 21 k 2
若使SOT 为锐角，则满足OS  OT  x1 x2  y1 y2  0 ，
因为 x x
 y y
 x x
 kx  2 2 kx
 2 2   1 k 2  x x
 2 2k  x  x   8
1 21 21 2121 212
4 1 k 2 
16k 2
12  4k 2
 8 2 ，
1 k 2
3
3
12  4k 2
1 k 2
1 k
可得
1 k 2
0 ，解得1  k 2  3 ，可得 k  1 或1  k ，
所以斜率k 的取值范围为
3, 11, 3 .
k 2 1
3 2
解法一：因为斜率k 存在且不为零，设lD : y  kx  2 2 ，圆 x2  y2  4 的圆心为O 0, 0 ，半径r  2 ，
2
则点 E 到直线lD : kx  y  2
 0 的距离为dE ，
2 2
k 2 1
且原点O 到直线lD 的距离dO
1
2
k 2 1
k 2 1
 1 

，则 ST  2
 4，
r 2  d 2
O
k 2 1
k 2 1
k 2 1
可得SV EST 
ST dE
4
2
 6 2 
k 2 1 ，
3 2
k 2 1
k 2 1
令t 
0 ，则k2  t2 1，
可得S△EST
 6 2 
t
t 2  2
 6 2  3
6 2
2 2
t  2，
t
2
3
当且仅当t  2 ，即t ， k  时，等号成立，
t
所以△EST 面积的最大值为 3；
解法二：由题意可知： D 0, 2 2 ，x1 ， x2 同号，
且 x1  x2
  4 2k ，
1 k 2
x1 x2
4，
1
2
1 k 2
因为S
 S S
DE  x  x


V ESTVSDE
3 2
2
3 2
2

x  x 4x x
12

2
1 2
x1  x2 
VTDE
12
3 2
2 1 k 2   1 k 2
 4
2k 16
2


k 2 1
2
k 2 1
 6，
k 2 1
令t 
0 ，则k2  t2 1，
可得S△EST
 6 2 
t
t 2  2
 6 2  3
6 2
2 2
t  2，
t
2
3
当且仅当t  2 ，即t ， k  时，等号成立，
t
所以△EST 面积的最大值为 3.