安徽省芜湖市第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省芜湖市第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省芜湖市第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷原卷版docx、安徽省芜湖市第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
命题人：张大伟校 对人：王慈
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. 若椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则（ ）
A. 1B. 3C. 6D. 1或3
【答案】B
【解析】
【分析】讨论焦点的位置利用椭圆定义可得答案.
【详解】若，则由得（舍去）；
若，则由得．
故选：B.
2. 在空间直角坐标系中，已知，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先确定三棱锥的底面积和高，再根据三棱锥的体积公式进行计算即可.
【详解】在空间直角坐标系中， 为坐标原点，，，
可以看出,即两两互相垂直，
以为底面，为高，则,
根据三棱锥的体积公式可得.
故选：.
3. 已知曲线表示圆，则实数的值为（ ）
A. 2B. 1C. 1或2D. -1或-2
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆一般方程特征列出关系式求解后，再代回检验即可.
【详解】若曲线表示圆，则，解得或.
检验：
若，则曲线，整理得，不能表示圆，故舍去；
若，则曲线，整理得，可以表示圆，故保留.
故选：A.
4. 在空间直角坐标系中，已知，若四点共面，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据四点共面，可得存在唯一实数对，使得，结合向量的坐标运算，即可求得答案.
【详解】因为四点共面，所以与共面，
又向量不共线，
即存在唯一实数对，使得，
所以，
所以，解得，
故选：B.
5. 设F是椭圆的左焦点，P是椭圆上的动点，A是直线上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】设椭圆右焦点，利用椭圆的定义转化线段差为线段和，结合图形及点到线的距离公式计算即可.
【详解】由，，
设为该椭圆的右焦点，则，所以，
于是，
显然当，P，A三点共线，
且PA与直线垂直时，有最小值，
最小值为.
故选：A．
6. 已知两直线与的交点在圆的内部，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由两条直线求交点，再由交点在圆的内部可得.
【详解】联立，解得，即交点为.
再由交点在圆的内部，所以，解得.
故选：C.
7. 给定椭圆（其中）和直线交于点､（其中点的横纵坐标分别满足），点､分别为椭圆的右焦点和右顶点，若直线平分线段，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】联立直线和椭圆方程依次求出坐标和中点坐标，再利用中点和在一条线上，结合两点间斜率建立等量关系，化简即可求解.
【详解】由题，联立得或，
所以，
所以中点为，
直线平分线段，所以直线过以中点，
所以，即，
整理得，即，
因为，所以，
所以椭圆的离心率为.
故选：A
8. 已知函数的图象经过点和点，直线经过点，且直线交线段于点，记的周长为，的周长为，若，则（ ）
A. 2B. 4C. -2D. -4
【答案】B
【解析】
【分析】先判断的图象关于直线对称，可得，设根据求出，从而可得答案.
【详解】因为
所以的图象关于直线对称，故.
因为在上都单调递增，在上都单调递减，
则在上单调递增； 在上单调递减.
所以直线与的图象只有两个交点为和点，
设则，
设直线与相交于点，则，
于是，
则，即，
因为直线经过点，，所以.

故选：B.
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. （多选）已知圆和圆相交于两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 两圆相交B. 直线的方程为
C. 两圆有两条公切线D. 线段的长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于AC，由两圆圆心距与两圆半径关系可得两圆位置关系；对于B，两圆方程相减可得直线的方程；对于D，由B分析可得到直线的距离，据此可得线段长度.
【详解】对于AC，圆的圆心是，半径为2；圆的圆心是，半径为1，
圆心距，所以两圆相交，公切线有两条．故AC正确；
对于B，将两圆方程相减，整理得．故B不正确；
对于D，点到直线的距离为，
所以．故D正确.
故选：ACD
10. 已知是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A. 椭圆的离心率为
B. 弦长的取值范围为
C. 面积的最大值为12
D. 存点使得
【答案】AC
【解析】
【分析】根据离心率的公式即可判断A；根据椭圆的焦点弦长的性质可判断B，由点在左右顶点时，面积的最大值，可判断C， 利用三角换元，根据向量的数量积即可判断D.
【详解】由，则，，，焦点在轴上，
，，
对于A，离心率，故A正确；
对于B，当时，，
当直线与轴重合时，，所以弦长的取值范围为，故B错误；
对于C，当点在左右顶点时，面积的最大值，
即.故C正确；
对于D，设，，
，若，则，
即，
因为，所以方程无实数解，
故不存在点A使得，故D错误；

故选：AC
11. 一个封闭的直三棱柱容器内装有高度为3的水（如图所示，底面处于水平状态）.记水面为，现以所在直线为旋转轴，将容器逆时针旋转的过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 水面形状的变化依次为三角形，等腰梯形，矩形
B. 水面不可能是正三角形
C. 当经过时，与面的交线长为
D. 当逆时针旋转时，水面的面积为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】找到临界情况，利用等体积、体积转化，分析此时的情况，逐个选项判断即可.
【详解】A选项，水的体积，
，
所以当水面经过时，水面与棱相交，如图3，
当水面经过点时，水面与面相交，如图4，
则在此之前水面形状均为三角形，
继续旋转直至之前，水面形状为等腰梯形，如图5，
转至时，水面形状为矩形，如图6，故A选项正确；
B选项，初始位置，如图1，，
当水面经过时，如图3，此时，
所以，，
所以在转动过程中，存在，使得水面是正三角形，故B选项不正确；
C选项，如图4，，且由于与相似，
则， ，故C选项正确；
D选项，当逆时针旋转时，如图6，，
且由于与相似，则，则，
则水面的面积为，故D选项正确.

故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据方向向量计算出直线的斜率，再由可求倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，
因为为直线的一个方向向量，所以，
所以，所以，
故答案为：.
13. 已知棱长为1的正方体中，分别为的中点，则直线与平面之间的距离为____________．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，先利用向量法证明平面EMN，根据线面距离的定义把直线AC到平面EMN的距离转化为点A到平面EMN的距离，再利用点面距离的向量公式求解即可.
【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则令，可得，所以，
即，又平面，所以平面，
故点到平面的距离即为直线到平面的距离，
又，所以点到平面的距离为，
即直线与平面之间的距离为.
故答案为：
14. 已知椭圆的左､右焦点分别为，若为椭圆上位于轴同侧的两点，且，则四边形面积的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由，得，连接并延长交椭圆于点，设，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及弦长公式求得四边形的面积S，再由换元法及函数的单调性求解．
【详解】
如图，因，则，
连接并延长交椭圆于点，连接，
由椭圆对称性可得，则可得且，故三点共线
由，可得半焦距为，则，
设直线的方程为，
由联立消去，整理得，
设，则，
设与的距离为，则四边形的面积为
，
设，则，且，则得，
因函数在上单调递增，故，则得，
当且仅当时，即时等号成立.故四边形面积的取值范围为.
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. 的顶点，，的坐标分别为，，.
（1）边上的中线的方程；
（2）的外接圆方程.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出中点坐标，再由两点间斜率公式和点斜式即可求解；
（2）先设的外接圆一般式方程，再代点计算即可求解.
【小问1详解】
由题中点为，所以边上的中线的斜率为，
所以边上的中线的方程为，即.
【小问2详解】
设的外接圆方程为，
则由题有，解得，
所以的外接圆方程为.
16. 如图，直四棱柱的底面为直角梯形，，，，点为棱上一动点.
（1）当点为棱的中点时，证明：平面平面；
（2）若二面角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理及条件，可证两两垂直，如图建系，求得各点坐标，根据数量积公式，可证、，即，根据面面垂直的判定定理，即可得证.
（2）设，可得坐标，进而可求出平面的法向量，由（1）可得是平面的一个法向量，根据二面角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
由是直四棱柱得底面，
又底面，
所以，
因为底面为直角梯形，且，
所以，即，
所以两两垂直，
以为坐标原点，以直线分别为，，轴正方向建系，如图所示，
则，
所以，，
因为，
且，
所以，即，
因为平面，
所以平面，
又平面，故平面平面.
【小问2详解】
设，则由（1）知，所以，
设平面的一个法向量，
则，即，
取，解得，所以，
由（1）可知，向量是平面的一个法向量，
因为二面角的余弦值为，
所以，
解得，所以，则，故.
17. 已知点，为椭圆：的上､下顶点，点，，其中，且，直线与交于点.
（1）证明：点在上；
（2）若直线交于，两点，且，求.
【答案】（1）证明见解析
（2），或者.
【解析】
【分析】（1）已知椭圆C的上、下顶点A、B，以及点M、N的坐标，分和两种情况：时，直接求出直线AM、BN的方程，得到交点P坐标，代入椭圆方程验证在椭圆上；时，求出直线AM、BN的方程，联立求解得交点P坐标，再代入椭圆方程，验证满足椭圆方程，从而证明点P在C上；
（2）先求出直线MN的斜率和方程，联立直线MN与椭圆C的方程，得到关于y的一元二次方程，利用判别式确定的取值范围，再根据韦达定理得到和，结合距离公式的推广，求出，进而由已知条件求出的值，最后再根据距离公式推广和韦达定理求出.
【小问1详解】
由题可知，
（i）若，则，此时，经检查符合椭圆的方程，所以点在上
（ii）若，则直线的方程为，
直线的方程为，
由可得
，消去，得，
即，所以点在上.
【小问2详解】
因为直线的斜率，
所以直线的方程为，即.
由方程组消去，得.
由得，解得.
设，，则，.
则，，所以.
又，所以，解得，或者.
由，
又，
所以，或者.
18. 如图，在平面四边形中为等腰直角三角形，为正三角形，，将沿翻折至，其中为动点.
（1）三棱锥的各个顶点都在球的球面上：
①当二面角的大小为时，求球的表面积；
②求球的表面积的最小值；
（2）求二面角的余弦值的最小值.
【答案】（1）①；②
（2）
【解析】
【分析】1）①设中点为，和的外接圆圆心分别为，根据勾股定理得到外接球半径所满足的数量关系，求解出外接球的半径则球的表面积可知；②设二面角的平面角为，根据几何关系利用表示出，结合函数思想求解出的最小值，则球的表面积最小值可知；
（2）建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量夹角余弦值的绝对值等于二面角的余弦值，利用换元法可求解出最小值.
【小问1详解】
①设中点为，外接圆的圆心为，半径记为，
外接圆的圆心为，半径记为，三棱锥的外接球半径记为，
因为，所以，
故球的表面积为；
②设二面角的平面角为，即，
因为，
所以四点共圆，且为该圆的直径，
所以，
由正弦定理可知，
所以，
设，令，
可转化为，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以，且时，所以，
所以，当且仅当即时取等号，
所以，故球的表面积的最小值为.
【小问2详解】
如图，过点作平面的垂线，以为原点，分别以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面一个法向量为，
则，取，则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，
取，则，所以，
设二面角的大小为，
所以，
所以，
令，则，所以，
因为，
当，即，即时取等号，
所以二面角的余弦值的最小值为.
19. 如果一个圆同时与轴和一条过原点的直线l相切，则称该圆为直线l的“V圆”，直线l称为该圆的“V直线”
（1）已知圆C：为直线l的“V圆”，求直线l的方程；
（2）如图1所示，圆和圆均为直线l：的“V圆”，且两圆半径之积为2，点P是圆和圆的一个公共点，求证：为定值；
（3）如图2所示，点为椭圆上第一象限的点，圆和圆均为直线的“V圆”，且圆和圆与直线相切于点，求两圆的面积之和的最小值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）.
【解析】
【分析】（1）先根据“V圆”定义，确定直线l过原点且与圆C相切，设直线斜截式方程，利用点到直线距离公式（圆心到直线距离等于半径）列方程求解斜率，同时要考虑x轴这种特殊情况；
（2）借助平面几何中角平分线的性质确定两圆圆心所在直线的斜率，设出圆心坐标并写出圆的方程，利用点P在两圆上，得到关于圆心横坐标的一元二次方程，根据根与系数的关系，结合已知半径之积，推导出的表达式，证明其为定值；
（3）设出相关点的坐标，由三角形相似得到坐标间的比例关系，结合椭圆方程进行代数变形，将两圆半径的平方和转化为关于的表达式，再利用基本不等式求出最小值，从而得到两圆面积和的最小值.
【小问1详解】
显然直线的斜率存在，设直线的方程为，即.
由题意得直线与圆相切，则，解得，
所以直线的方程为.
【小问2详解】
由平面几何知识得平分直线与轴的夹角，设直线的斜率为，
则，解得.
设，，因为圆与轴相切，
所以圆的方程为，
设，则，即，
同理可得，
所以是一元二次方程的两个不相等实根，
则，又，
所以，所以为定值.
【小问3详解】
设圆心，，，则.
由三角形相似得，整理得，
又，所以，
则，当且仅当符合，
则两圆面积之和的最小值为.