安徽省2025_2026学年高二数学上学期11月期中质量检测试题含解析

这是一份安徽省2025_2026学年高二数学上学期11月期中质量检测试题含解析，共17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。
满分150分，考试时间120分钟
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 双曲线的焦点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化双曲线的方程为，结合双曲线的几何性质，即可求解.
【详解】由双曲线，可化为，可得，，
则，所以焦点为.
故选：B.
2. 在空间直角坐标系中，已知点，则的长为（ ）
A. B. C. 8D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】利用两点间的距离公式即可得.
【详解】由两点间的距离公式得
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. 已知圆与圆关于直线对称，则圆方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出圆的圆心关于直线的对称点，就是所求圆的圆心，而半径不变，从而可求出圆的方程.
【详解】圆的圆心坐标为，关于直线对称点的坐标为，
所以圆的方程是.
故选：C.
5. 若直线与平行，则实数的值为（ ）
A. 3B. C. 或3D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线一般方程平行的关系得，进而解方程并检验即可.
【详解】直线与平行，
则，解得或，
经检验，当时，，，重合，舍去，
当，，，满足题意.
所以实数的值为
故选：B.
6. 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.
7. 已知平面与平面所成的二面角的大小为，，且，则的长为（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，两边平方，根据向量数量积的运算性质求解.
【详解】∵平面与平面所成的二面角的大小为，，
∴的夹角为，，
，
因为，
所以
，
故.
故选：A.
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、多选题：本题共3小题，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2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. 已知为椭圆的焦点，直线与椭圆交于两点，且点恰好是线段的中点，则（ ）
A.
B. 椭圆的离心率为
C. 直线的方程为
D. 的周长为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：根据椭圆的焦点在轴上，以及,计算出;对于B：由选项A可得,再根据离心率公式计算；对于C：根据椭圆的弦的中点坐标以及中点弦斜率公式可求得直线;对于D：由选项C可知直线,注意到它经过上焦点,因此的周长等于.
【详解】对于A，因为为椭圆的下焦点，则，
所以,故A错误；
对于B，椭圆的方程为,则,离心率,故B正确；
对于C，因为点恰好为线段的中点，所以由椭圆中点弦斜率公式可知，
弦的斜率满足（为原点与点连线的斜率），
又因为,从而,所以直线的方程为,即,故C错误；
对于D，由直线的方程知直线过上焦点,所以周长为,故D正确.
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. 点到直线的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式求解即可.
【详解】点到直线的距离.
故答案为：.
13. 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：
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.
结合正方形的几何约束，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. 如图，已知正方体的棱长为6，点在棱上，且为的中点，点在棱上，且.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用空间向量证明垂直于平面的法向量从而证明平面；
（2）利用空间向量法来求点到面的距离即可.
【小问1详解】
以点为原点，分别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，
因为，所以，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，平面的一个法向量为，
所以由点到平面的距离公式得，
所以点到平面的距离为.
17. 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；
所以圆的方程为，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，直线方程为或.
18. 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；
（3）若球为三棱锥的外接球，求平面截球的截面面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意依次得到、，进而得到平面，再由面面垂直判定定理即可得证；
（2）以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角公式求解；
（3）以三棱锥的顶点为顶点补成正方体，则正方体中心为三棱锥外接球球心，球的半径为，利用向量法求得球心到平面的距离，进而可得截面圆的半径及截面面积.
【小问1详解】
因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，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，
因为平面，所以，
因为，所以.
又由（1）知两两垂直，
所以可以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以，
而.
设与平面所成角为，
则，
因为，所以.
【小问3详解】
以三棱锥的顶点为顶点补成正方体，则正方体中心为三棱锥外接球球心，
所以，则球的半径为，
设球心到平面的距离为，则.
设平面截球的截面圆的半径，则，
所以平面截球的截面面积为.
19. 已知椭圆的左顶点为，且椭圆过点.
（1）求的方程；
（2）已知为的左焦点，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.