重庆市2025_2026学年高二数学上学期期中测试题含解析

这是一份重庆市2025_2026学年高二数学上学期期中测试题含解析，共22页。试卷主要包含了 ，函数的最小值为等内容，欢迎下载使用。
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】问题转化为空间两点间的距离求解.
【详解】过向轴做垂线，垂足为.
则点到轴的距离为：.
故选：C
2. 已知点在直线上，则直线l的倾斜角为（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°
【答案】A
【解析】
【分析】先求出参数a得到直线斜率即可求倾斜角.
【详解】由题可得，
所以直线即，
所以直线斜率为，设直线l的倾斜角为，
则.
故选：A
3. 已知P为曲线上的动点，，，且，则（ ）
A. 3B. 4C. 8D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的定义即可求解.
【详解】因为，所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，
由题意可知该椭圆即为曲线 C ，焦点在轴上，所以，且，即，.
故选：D
4. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则直线必过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过椭圆和双曲线有共同的焦点，就是让它们的相等进而得到的关系，再代入到直线方程即可求出答案.
【详解】椭圆与双曲线有共同的焦点，
椭圆的焦点在轴上，即，，
直线可化为，即，
令，解得，直线必过定点.
故选：.
5. 如图所示，用一个与圆柱底面成的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为，，则下列结论正确的是（ ）

A. 椭圆的长轴长等于2
B. 椭圆的离心率为
C. 椭圆的标准方程可以是
D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为
【答案】C
【解析】
【分析】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，依题意可得，，从而求出，再一一判断即可.
【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，
椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，
则由截面与圆柱底面所成锐二面角得，解得，故A错误；
显然，则，离心率，故B错误；
当以椭圆长轴所在直线为轴，短轴所在直线为轴建立平面直角坐标系时，
椭圆的标准方程为，故C正确；
椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，故D错误.
故选：C
6. ，函数的最小值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据距离公式，利用的几何意义求最小值.
【详解】表示的几何意义为平面内的点到定点的距离，
表示的几何意义为平面内的点到定直线的距离，
所以表示的几何意义是动点到定点和到定直线的距离和，
如图，过点作直线的垂线，垂足为点，当点在线段时，最小，最小值为.
故选：C
7. 如图，设,分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q，若,该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用给定条件得到,再建立方程，得到参数之间的关系，最后结合勾股定理求解离心率即可.
【详解】
如图，连接,由于线段是圆的直径,所以,
设,所以,
在直角三角形中, ①,
在直角三角形中, ,整理得,代入①得：
得即.
故选：A.
8. 直线与圆交于两点，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设中点为，根据得到，利用圆内直角三角形得到；又由直线与圆相交得到，从而得到关于的不等式，求解即可.
【详解】设中点为，则，因为，所以，
即，又，所以，
直线与圆交于两点，所以
所以，有，因为，所以
故选：B.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分，
9. 已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点在圆上，则直线与圆相切
B. 若点在圆内，则直线与圆相交
C. 若点圆外，则直线与圆相离
D. 若点在直线上，则直线与圆相切
【答案】AD
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系相应条件判断即可．
【详解】解：圆心到直线的距离，
若点在圆上，
则，
所以，
则直线与圆相切，故A正确；
若点在圆内，则，
所以，
则直线与圆相离，故B错误；
若点在圆外，则，
所以，
则直线与圆相交，故C错误；
若点在直线上，则，
即，
所以，
直线与圆相切，故D正确．
故选：AD．
10. 四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（ ）
A. 四棱锥的外接球表面积为
B. 的最小值为
C. 不存在点，使得
D. 点到直线的距离的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A项，将该四棱锥补为长方体，求出长方体的体对角线即可得出该四棱锥外接球的半径，根据表面积公式即可得出答案；对于B项，将四棱锥沿剪开得到平面图，最小值即为，根据已知求出各边边长，进而计算即可得出答案；对于C项，假设存在点，建立空间直角坐标系，表示出的坐标.进而根据，得出，列出方程解出的值，即可得出判断；对于D项，表示出，进而根据向量法表示出点到直线的距离.结合二次函数的性质，即可得出最小值.
【详解】对于A项，将该四棱锥补为长方体，可知即为该长方体的一条体对角线，
且.
且该长方体的外接球即为该四棱锥的外接球，半径为，
表面积为，故A正确；

对于B项，如图1，将四棱锥沿剪开得到平面图，连接，交于点，
易知均为直角三角形，且全等，
且，，，
则，且，
即有，
所以，即的最小值为.故B正确；

对于C项，假设存在点，使得
如图2，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
则，，.
设，，
则.
因为，
所以，解得.
故存在点，使得.故C项错误；
对于D项，由已知可得，，
所以点到直线的距离，
，
，
所以，当时，点到直线的距离的最小值为.故D正确.
故选：ABD.
11. 已知点为双曲线右支上一点，，为双曲线的两条渐近线，过点分别作，，垂足依次为，过点作交于点，过点作交于点为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】分析可知四点共圆，利用圆的几何性质可判断A，设点，利用点到直线的距离公式可判断B；求出的面积，可判断C；利用余弦定理结合基本不等式可判断D.
【详解】对于A，由题意可知，，则四点共圆，
且为该圆的一条直径，为该圆的一条弦且不可能为直径，故，故A正确；
设点，则，双曲线的渐近线方程为，即，
所以，故B错误；
对于C，因为双曲线的两条渐近线的斜率分别为，所以双曲线的两渐近线的夹角为，
所以，，
因为，则，因为，则，同理，
所以，
则，故C正确；
对于D，由C选项可知，且，
由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，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. 是空间的一个单位正交基底，向量，是空间的另一个基底，则用基底表示向量______.
【答案】
【解析】
分析】设，然后解方程组即可.
【详解】设，
即有，
因为是空间的一个单位正交基底，
所以有，
所以.
故答案为：
13. 写出与圆和都相切的一条直线的方程______.
【答案】，，，(写一条即可）
【解析】
【分析】设公切线方程，利用圆心到切线的距离等于半径，列方程，解方程即得答案.
【详解】圆的圆心为，，
圆的圆心为，，
圆心距，
两圆外离，因此存在四条公切线.
设所求直线的方程为 ，化为一般式为：，
依题意得：，
解得：或或或，
故公切线方程为：，，，.
故答案为：，，，（写一条即可）.
14. 如图，两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点，E和点A，F，使，且.已知，，，则线段的长为______.
【答案】
【解析】
【分析】依题意，两边平方，结合条件，即可求得公垂线段的长.
详解】依题意，
两边平方得，
因为，，和的夹角为或，
所以，
故.
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. 如图，，，都是等边三角形，点分别在平面的上方和下方，点为中点.
（1）求证：四点共面；
（2）若，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）由已知，证得平面，平面，可得四点共面；
（2）以为坐标原点，以分别为轴，以过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，列方程解出点坐标，利用线面角的向量公式可得答案.
【小问1详解】
连接，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又在平面内交于点，在平面内交于点，
所以平面，平面，
因为过只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点，
所以平面与平面是同一平面，
即四点共面；
【小问2详解】
连接，
以分别为轴，
以过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，所以，
又，则，
设，
所以，解得，
所以，
由于轴垂直平面，所以平面的一个法向量可取，
设直线与平面所成角为，
则.
所以.
故直线与平面所成角的余弦值为.
16. 已知点，，动点在以为直径的圆上，记其轨迹为E，E与y轴交于C点，过P（异于C点）作直线的垂线l.
（1）求曲线E的轨迹方程；
（2）记A到l的距离为，B到l的距离为，证明：为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义法解得曲线的方程.
（2）根据题设，分析出，应用点线距离公式求，并求出的坐标，得到关于的表达式，即可证结论.
【小问1详解】
根据题意的中点坐标为，，
因为曲线E的轨迹是以为直径的圆的一部分，
所以曲线E的轨迹方程为
【小问2详解】
证明：由题设及圆的性质，显然直线斜率必存在，
在第一象限运动时，显然，
如下图，不妨设，则，
到的距离为，到的距离为，
令且，则，故，
所以，，则，
综上，，为定值.
17. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架,的边长都是1,且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记.
（1）求的最小值；
（2）当M移动到中点时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，运用两点间的距离公式，借助二次函数，求出最小值；
（2）求出二面角中两个平面的法向量，借助向量夹角公式计算求解即可.
【小问1详解】
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
因,所以,
所以.
,当时,最小，
此时.
【小问2详解】
若是的中点，则此时也为的中点,则,
取的中点,连接,
则,因为,所以,
所以是平面与平面的夹角或其补角,
因为,
所以,
所以平面与平面夹角的余弦值是.
18. 已知点F为椭圆的右焦点，过点F作x轴的垂线交椭圆于点.过点P作椭圆的切线，交x轴于点Q.
（1）求椭圆的方程；
（2）求点Q的坐标；
（3）过点Q的直线交椭圆于A，B两点，过点A作x轴的垂线与直线交于点D，求证：线段的中点在定直线上.
【答案】（1）
（2）
（3）在定直线上
【解析】
【分析】（1）由题中所给的半焦距与半通径，可解得进而确定椭圆方程；
（2）设出过点的直线，与椭圆联立后使得判别式，解出直线，再求其与轴的交点即可；
（3）设出过的直线，设出，与椭圆联立后，计算出的中点坐标，结合韦达定理计算推理即可.
【小问1详解】
由题可知，，又，可得.
因此椭圆的方程为.
【小问2详解】
易知过点且与椭圆相切的直线斜率存在，因此可设该直线为.
联立直线与椭圆整理得，
再令，整理得，解得.
则过点的切线方程为：，再令，得.
因此点的坐标为.
【小问3详解】

设过的直线方程，设点，线段的中点为，
联立，得，
令，得，即或.
根据韦达定理，由，，
直线的方程为.
则.
于是，
.
，
因此点在直线上，
即线段中点在定直线上.
19. 公元前180年，古希腊数学家狄俄克利斯（Dicles）独立发明了蔓叶线，其方程为,如左图所示，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如右图所示，平面内给定圆和直线,从坐标轴原点O引射线分别交圆C和直线于点A、B,在射线上取一点M满足.
（1）求蔓叶线的横坐标的取值范围；
（2）求证：点M在蔓叶线上；
（3）已知：直线与蔓叶线交于三点,记直线的斜率为,直线与圆C交于点,若,求的值.
参考公式：若是一元三次方程的三个根，则,,.
【答案】（1）[0,2) （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）将蔓叶线方程中的与分离，根据解得的范围；
（2）依据向量相等的性质得到点的坐标，再将点的横坐标代入蔓叶线方程的右边，通过化简计算与进行比较，若相等则可证明点在蔓叶线上；
（3）求的值，可先由直线与圆的交点表示，得到，再结合直线与蔓叶线交点的三次方程，利用韦达定理和已知的进行计算.
【小问1详解】
点不在方程上，故该式可化为，
则且，则且，可得.
故蔓叶线的横坐标的取值范围为.
【小问2详解】
设，已知直线的方程为，将其代入圆的方程，
进行整理得
解得或，因为点不是原点，所以点横坐标为.
已知，设，
根据向量坐标运算，，因为，所以，.
将代入蔓叶线方程的右边，得：，
而，
即，
点的坐标满足蔓叶线方程，因此点在蔓叶线上.
【小问3详解】
将直线方程与圆方程联立，
得，解得或（舍去）.
故，因此，
因此.
齐次化联立直线与蔓叶线方程，
得到整理得，
即，
根据方程联立的意义可知，所得的关于的一元三次方程的三个根即为，
结合韦达定理可知，.
又，
=1.