浙江省2025_2026学年高二数学上学期11月联考试题含解析

这是一份浙江省2025_2026学年高二数学上学期11月联考试题含解析，共19页。
一、选择题：本大题共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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将给定直线方程化为斜截式，从而得到直线斜率，再根据斜率与倾斜角的正切值关系以及倾斜角的取值范围求出倾斜角
【详解】由,得设直线倾斜角为，则
因为，所以.
故选：D.
2. 在下列函数中，以为最小正周期的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的性质分别求各个选项的最小正周期.
【详解】A选项：的最小正周期为，A选项错误；
B选项：的最小正周期为，B选项正确；
C选项：的最小正周期为，C选项错误；
D选项：的最小正周期为，D选项错误；
故选：B.
3. 设,且,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由特殊值代入可判断ABD,由基本不等式可判断C.
【详解】对于A：若则;若则,故A错误；
对于B：若则,故B错误；
对于C：,当且仅当时，即时，等号成立.
又.又,故C正确；
对于D：若，则即,与题设矛盾，故D错误.
故选：C.
4. 下列方程一定表示圆的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的一般方程的条件，对各个选项进行逐一判断．
【详解】对于A，因为等价于，表示圆，故A符合题意；
对于B，含项，不表示圆，故B不符合题意；
对于C，，易知时，不表示圆，故C不符合题意；
对于D，，，不表示圆，故D不符合题意．
故选：A．
5. “”是“直线与直线互相平行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据两条直线平行求解参数.
【详解】因为两条直线平行，所以.
所以“”是直线与直线互相平行的既不充分也不必要.
故选：D.
6. 在直三棱柱中，，，，分别是棱，上的点，且，，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量法求解点面距即可.
【详解】以为原点建立如图空间直角坐标系，

，，，，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则
令，解得，，得到，
设点到平面的距离为，．
故选：C．
7. 已知三棱锥的体积为7，是空间中一点，，则三棱锥的体积是（ ）
A. 5B. 7C. 9D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】令，可得，，，四点共面，进而可求三棱锥的体积.
【详解】，，
令，则，
由，知，，，四点共面，
所以．
故选：A．
8. 已知为坐标原点，直线与椭圆交于，两点，，垂足为，若，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：利用特值法可得解；方法二：联立直线方程与椭圆方程，可得，结合可得解.
【详解】方法一：当点在轴正半轴上时，
由，，结合椭圆的对称性可知为等腰直角三角形，
则点，且点在椭圆上，所以，所以；
方法二：ⅰ）当存在时，设直线为，，，
联立直线与椭圆，得到，
则，
根据韦达定理可得：，，
由，即，即，
，，
，
，即，，
即，
等式两边同时除以，
可得，即.
ⅱ）当不存在时，如方法一；
故选：C.
二、多项选择题：本大题共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. 已知椭圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 椭圆长轴长为4
B. 椭圆的短轴长为
C. 若椭圆的离心率为，则
D. 当椭圆的离心率时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程和几何性质，对涉及椭圆的长轴、短轴及离心率等相关选项进行分析判断．
【详解】椭圆，，长半轴长为，短半轴长，
选项A：，椭圆长轴长为4，故A正确；
选项B：短轴长，故B错误；
选项C：，解得到，故C正确；
选项D：，即，
，故D正确．
故选：ACD．
10. 已知圆，直线与圆交于，两点，则下列正确的是（ ）
A. 的最大值为2
B. 当圆上恰有3个点到直线的距离为2时，
C. 面积的最大值为
D. ，，四边形面积的最大值为6
【答案】BC
【解析】
【分析】根据点到直线距离结合弦长公式计算判断A，应用点到直线的距离公式计算判断B，应用面积公式计算判断C，应用面积化简再结合换元法计算结合二次函数计算得最值判断D.
【详解】圆心到直线的距离当时，，，，，故A错；
设这三个点到直线距离为，恰有三个点，则圆心到直线距离，，解得，故B正确；
，又，，故C正确；
设，，，，
，
令，，，
当，即时有最大值为，
，故D错.
故选:BC
11. 在棱长为1的正方体中，为中点，点在线段（包括端点）上运动，则下列结论正确的是（ ）
A. 点到直线的距离的最小值为1
B. 三棱锥的体积为定值
C. 直线平面
D. 过D，P，E作平面截正方体表面所得的图形一定是四边形或五边形
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用线面距离判断A；利用等体积法推理判断B；利用反证法推理判断C；做出截面判断D.
【详解】对于A，在棱长为1的正方体中，平面，
平面，是异面直线，
则直线的距离等于与平面的距离1，
因此点到直线的距离的最小值为1，A正确；
对于B，，而平面，平面，
则平面，点到平面的距离为定值，而是定值，
因此三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C，假设平面成立，由选项B可得平面，
而，平面，
则平面平面，又，平面，平面，
则平面，同理平面，
又，平面，
于平面平面，而平面与平面不重合，
因此平面平面，与平面平面矛盾，假设错误，C错误；
对于D，连接交于点，当时，截面为五边形，如图（1）所示；
当或时，截面为四边形，如图（2）（3）（4）所示，D正确.
故选：ABD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，，若，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程，解方程即可.
【详解】，
，
，
故答案：.
13. 已知函数，则函数的对称中心为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据定义域及对称中心的定义分析求解即可.
【详解】令，解得且，
可知的定义域为，
且，
所以函数的对称中心为.
故答案为：.
14. 已知圆，是圆上的动点，点，点满足，过点做圆的切线，切点为，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据向量关系求出点的轨迹方程，再利用切线的性质，将转化为与圆心到点的距离有关的表达式，最后根据点的轨迹求出的取值范围.
【详解】由知，
设，所以，
所以点轨迹方程，
由圆性质知，
因为，所以两圆相交，
又因为点不能在圆内，
所以，
故.

四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 假日留校自修是某中学的优良传统，学校调查统计了高二年级学生一个学期自修时间（单位：小时），所得数据都在内，将所得的数据分成4组：，，，，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求的值．
（2）从和这两组用按比例分层抽样的方法抽取7名学生，再从这7名学生中随机抽取2名学生调查他们的学习成绩，求抽到的这2名学生来自不同组的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的特征列出方程，解之即可；
（2）根据列举法，结合古典概型的概率公式计算即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知：，解得．
【小问2详解】
一个学期自修时间落在的抽取人数为，
这3人分别记为，，，
一个学期自修时间落在的抽取人数为，
这4人分别记为，，，．
再从这7名学生中随机抽取2名学生的样本空间为：
，共有21个样本点，
其中来自于不同组的样本点有：
，，共12个，
所以抽到这2名学生来自不同组的概率．
16. 已知直线，圆；，
（1）圆与轴交于，两点，求；
（2）若圆与外切，求的值；
（3）若直线与两坐标轴交于，两点，在圆上，求面积的取值范围.
【答案】（1）2 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）令，求出坐标，即可得到；
（2）圆与圆外切得到，建立方程解得的值；
（3）求出直线与坐标轴交点坐标，即可求得，由圆心到直线的距离得到点到直线的距离，然后得到三角形面积的范围.
【小问1详解】
在中令，则，
不妨设，，
所以.
【小问2详解】
，，，，
∴，即，
∴.
【小问3详解】
在直线中令，则，令，则，
不妨设，，所以，
设点到的距离为，
因为到的距离为，
所以，
所以.
17. 已知椭圆过点，左焦点为，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知不与轴垂直的直线交椭圆于，两点（，异于点），直线，分别与轴交于，两点，若，的横坐标的乘积为，则直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线恒过定点
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的性质和已知条件求出、、的值，进而得到椭圆的标准方程；
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出，再根据直线、与轴交点的横坐标乘积为，求出直线所过的定点。
【小问1详解】
设椭圆的标准方程为已知椭圆过点，则，
左焦点，由可得，，解得，
所以，故椭圆标准方程为；
【小问2详解】
设直线的方程为，，，
由消去得，当时，，，

由，得，则直线的方程为，令，得点的横坐标，直线的方程为，令，得点的横坐标，
于是，
即，
则有，化简得，解得或（舍去），所以直线的方程为，直线恒过定点．
18. 如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，为的中点，，，且平面．

（1）求证：底面；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）点在线段上，求平面与底面所成锐二面角的余弦值的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）通过，可证明底面
（2）建立空间正交坐标系，表示出平面法的法向量，利用可解
（3）设，表示出平面的法向量，用法向量表示出二面角的余弦值，找到最小值即可
【小问1详解】
证明：因为是的中点，，所以．
在中，，，．
所以，所以，即．
又平面，所以，
又，底面，底面，
所以底面．
【小问2详解】
解：以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴，建立坐标系，
由题可得：，，，，，（且长度相等），．
又平面的一个法向量为，所以．
综上：与平面所成角的正弦值为．
【小问3详解】
设，又，所以，
又，，设平面的法向量为，

所以，即令，则，，
所以，又平面的法向量为．
所以，又．
所以，当时成立，此时与重合．
综上所述：存在点与重合时，使得平面与底面所成锐二面角的余弦值的最小值为．
19. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，线段的两个端点，分别在轴，轴上滑动，，点是线段上一点，且，点随线段的滑动而运动.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若点在第四象限，点，，直线交轴于点，若与的面积相等，求点的坐标；
（3）过点的直线交轨迹于，两点，过点与垂直的直线交轨迹于，两点，其中，在轴上方，，分别为线段，的中点，设为直线与直线的交点（点在线段上），求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据两点之间的距离公式，以及共线向量的坐标表示，求出轨迹方程即可.
（2）根据直线和椭圆的位置关系，设出直线方程，联立方程组，根据韦达定理，表示出三角形面积，列出方程，求出点的坐标.
（3）根据直线和椭圆的位置关系，以及韦达定理，表示出三角形面积，根据基本不等式，求出面积的最小值即可.
【小问1详解】
设，，因，所以，
设，由，且，可得，，
则可得，，
代入得，
所以动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
设，则，，
因为与的面积相等，则与的面积相等，则有，
又，，所以，
故直线的方程为，
由，解得，即，，
则点的坐标为.
【小问3详解】
设，，.
由，消去得，
可知，则，，
.
由（1）可知
，
用代换可得，
所以，
当且仅当即时，，
所以面积的最小值为.