重庆市名校联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份重庆市名校联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共11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。
在空间直角坐标系中，点 P 1, 2, 3 关于 y 轴对称的点的坐标是（ ）
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
直线 3x  y  2  0 的倾斜角为（ ）
π
6
π
3
2π
3
3π
4
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，异面直线 AD1 与 A1B 所成的角等于（ ）
A． π
6
B． π
4
C． π
3
D． π
2
a
c
如图，在三棱锥 A  BCD 中， E 为CD 中点， BC  → ， BD  b ， BA  → ，则 AE 等于（ ）
1 → 1 → →
1 →→→
a 
22
b  c
2
a  b  c
→
a 
1 →1 →
b  c
a 
1 →1 →
b  c
 →
2222
已知圆心为1, 2 ，半径为 2 的圆的标准方程为（ ）
 x 12   y+22  2
C．  x 12   y  22  4
 x 12   y  22  4
D．  x 12   y  22  2
1
已知点 P 为椭圆C : x2  y2  上任意一点，直线l 过eM ： x2  y2  4x  3  0 的圆心且与eM 交于 A, B
1612
两点，则 PA  PB 的取值范围是（ ）
A．3, 35
B． 3, 35
C． 2, 6
D． 2, 6
点Q 为直线l : x  y  2  0 上的一点，过点Q 作圆C :  x  22  y2  1 的两条切线，切点分别为 A ， B ，则
QC  AB 的最小值为（ ）
7
A．
B． 2
C． 2
D．4
2
7
已知点 P 0,1 ，椭圆C : x2  y2  m m  1 上两点 A ， B 满足
4
AP  2PB
，当m （ ）时，点 B 横坐标
绝对值最大．
A．－2B．4C．－3D．5
二、多选题
已知圆C : x2  y2  9 ，直线l : ax  by  c  0 ，下列说法正确的是（ ）
若c  0 ，则直线过圆心．
若a  b  1 ， c  2 ，则直线与圆相交．
若直线与圆C 相离，则c2  a 2  b2 ．
圆心到直线l 的距离为 3，则直线l 与圆相切．
x22
42F , FQ
已知椭圆M : y
a2
 1a  1 的离心率为
， 12 是M 的焦点， P 是M 上一动点， 是圆
7
7
N : x2   y  32  1上一动点，则（ ）
PF1  PF2
 2
M 的焦距为
6
PQ 的最小值为 1D． PQ 的最大值为 5
如图，棱长为 3 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 ，动点 P 在正方体 ABCD  A1B1C1D1 内及其边界上运动，点 E
在棱 AD 上，且 AE  3 ，则下列说法正确的是（ ）
若 BP  λBC  μBB1 ，且λ μ 1 ，则三棱锥 P  A1C1D 体积为定值
2
若 A1 P  C1 D ，则动点 P 所围成的图形的面积为9
若sin PAB  2 sin PBA ，则 PC1 的最小值为 3
若动点 P 满足 AP  BP  AP  A P  0 ，则 P 的轨迹的长度为 3 2 π
14
三、填空题
已知直线l1 : 2x  y  1  0 ，直线l2 : mx  2 y  3  0 ，当l1  l2 时， m  ．

→→→
已知a  1, 1, 2 ， b  1, 2, 2 ， c  1,λ, 1 ，若 a  b  c ，则λ的值为．
FFxy
22
设点 、 为椭圆 1a  b  0 的两个焦点，离心率e 
2 ， M 是椭圆上与 F 、 F 不共线的
2
12a2b221
任一点， I 是△MF1F2 的内切圆圆心，延长MI 交直线 F1F2 于点 N ，则比值 MI : IN 为．
四、解答题
已知圆C : x2  y2  4x  2 y  3  0 ，直线l : x  y 1  0 ．
求过圆心且与直线l 垂直的直线方程．
直线l 与圆C 交于 A ， B 两点，求V ABC 的面积．
如图，长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  3 ， AD  4 ， AA1  5 ．
求证：平面 A1BD / / 平面 B1CD1 ．
求三棱锥C  BA1D 的体积．
x2y22
已知椭圆C ： a2  b2  1(a  b  0) 过( 0, 1) 点，且离心率e  2 ．
椭圆C 的方程；
过右焦点 F 的直线l 交椭圆C 于两点 A ， B ，AB 的中点为M ．设原点为O ，射线 OM 交椭圆C 于点 D ，已知四边形 AOBD 为平行四边形，求直线l 的方程．
18．如图，在三棱锥 P  ABC 中， AB  BC  2 2 ， PA  PB  PC  AC  4 ， O 为 AC 的中点．
证明： PO  平面 ABC ；
若点 M 在棱 BC 上，且二面角M  PA  C 为30° ，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值．
→
19．设m  0 ，在平面直角坐标系中，已知向量a  mx, y 1 ，向量b   x, y 1 ，a  b 且动点M  x, y  的轨迹为 E ．
求轨迹 E 的方程，并说明该方程表示的曲线形状．
已知m  1 ，证明：存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与轨迹 E 恒有两个交点 A ， B ，且
4
OA  OB （ O 为坐标原点），并求出该圆的方程．
已知m  1 ，设直线l 与圆C : x2  y2  R2 1  R  2 相切于 A ，且l 与轨迹 E 只有一个公共点 B ，当 R 为
411
何值时， A1B1 取得最大值？并求最大值．
12． 1
13．  2
3
2
14．
15．（1）由圆C : x2  y2  4x  2 y  3  0 ，即 x  22   y 12  8 ，则圆心为C 2, 1 ，半径为r  2 2 ，
直线l : x  y 1  0 的斜率为 1，
则所求直线的斜率为1，
所求直线的方程为 y 1   x  2 ，即 x  y 1  0 .
11
2 11
2
（2）圆心C 2, 1 到直线l 的距离为d ，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
C
A
B
A
C
D
ABD
AC
题号
11
答案
ABD
r 2  d 2
则 AB  2
 2 
 2 6 ，
8  2
2
所以V ABC 的面积为 1 AB  d  1  2 6  2 3 .
22
16．（1） ABCD  A1B1C1D1 是长方体，m A1D1 / / B1C1 ， A1D1  B1C1 ， B1C1 / / BC ， B1C1  BC
 A1D1 / / BC ， A1D1  BC ， A1D1CB 为平行四边形， A1B / / D1C ，又m A1B  平面 A1BD ， D1C  平面 A1BD ， D1C / / 平面 A1BD ；
m A1B1 / / AB ， A1B1  AB ， AB / / DC ， AB  DC ，
 A1 B1 / / DC ， A1B1  DC ， A1B1CD 为平行四边形， A1D / / B1C ，
Q A1D  平面 A1BD ， B1C  平面 A1BD ， B1C / / 平面 A1BD ；
m D1C ∩ B1C  C ， D1C  平面 B1CD1 ， B1C  平面 B1CD1 ，平面 A1BD / / 平面 B1CD1 .
（2）m S
 1 AB  AD  1  3 4  6 ， AA  5 ，
a ABC221
V V
 1 S AA  1  6  5  10 .
C  BA1DA1  BCD
3 a ABC13
17．（1）m 椭圆C 过( 0, 1) 点，
b  1 ，又m c 
a
2 ， a 2  b2  c2 ，
2
解得： a 

2, b  1，
x22
椭圆C 的方程为 y
2
（2）
 1；
设直线l 的方程为 y  k ( x  1) ，
 y  k (x 1)



由 x2
 2
y2  1
得(1  2k 2 )x2  4k 2 x  2k 2  2  0 ，
设 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 )，
则 x 
4k 2
. y  y  k (x  x
 2) 
2k
，
1x2
1 2k 2
1212
1 2k 2
m 四边形 AOBD 为平行四边形.
设 D(x0 , y0 ) ，则OD  OA  OB ，
4k 2y  2k
所以 x0  x1  x2  1 2k 2 ， 0
因为点 D 在椭圆C 上，
1 2k 2 ，
所以得(
4k 22
2 )
 2(
2k2
)
2
 2  0 ，解得k  ，
2
1 2k1 2k2
当直线l 的斜率不存在时，显然不成立
所以，直线l 的方程为 y 
2 x 
2 或 y  
2 x  2
2222
18．（1）因为 AP  CP  AC  4 ， O 为 AC 的中点，所以OP  AC ，且OP  2 3 ．
连结OB ．
因为 AB  BC 
2 AC ，所以aABC 为等腰直角三角形，
2
且OB  AC, OB  1 AC  2
2
，由OP2  OB2  PB2 知 PO  OB ．
由OP  OB, OP  AC 知， PO  平面 ABC ．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
如图，以O 为坐标原点， OB 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系O  xyz ．
由已知得O(0, 0, 0), B(2, 0, 0), A(0, 2, 0), C(0, 2, 0), P(0, 0, 2 3), AP  (0, 2, 2 3)
取平面 PAC 的法向量OB  (2,0, 0) ．
设 M (a,2  a, 0)(0  a  2) ，则 AM  (a,4  a, 0) ．设平面 PAM 的法向量为n  ( x, y, z) ．
→→
2y+2 3z=0
由 AP  n  0, AM  n  0 得，
ax+(4−a)y=0
→
可取2n  ( 3(a  4), 3a, a)
cs→
–––→
3(a  4)2  3a2  a2
所以OB  n 
2 3(a  4) 2
．由已知得cs–––→  → ．
3
OB n
2
3(a  4)2  3a2  a2
所以2 3 | a  4 |  3
．解得a  4 (舍去)， a  4 ．
223
→ 8 3 4 34 
所以n    3 , 3 ,  3  ．

又 PC  (0,2, 2 3)
，所以cs–––→ → ．
3
PC, n
4
所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3 ．
4
［方法二］：三垂线＋等积法
由（1）知 PO  平面 ABC ，可得平面 PAC  平面 ABC ．如图 5，在平面 ABC 内作MN  AC ，垂足为 N，则 MN  平面 PAC ．在平面 PAC 内作 NF  AP ，垂足为 F，联结MF ，则 MF  AP ，故MFN 为二面角 M  PA  C 的平面角，即MFN  30 ．
设 MN  a ，则 NC  a, AN  4  a ，在Rt△AFN 中， FN 
3 (4  a) ．在Rt△MFN 中，由
2
a 3  3  (4  a) ，得a  4 ，则 FM  2a  8 ．设点 C 到平面 PAM 的距离为 h，由V
 V，得
3233
M  APCC  APM
1  3  42  4  1  1  4  8  h ，解得h  3 ，则 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3 ．
3433 234
［方法三］：三垂线＋线面角定义法
由（1）知 PO  平面 ABC ，可得平面 PAC  平面 ABC ．如图 6，在平面 ABC 内作MN  AC ，垂足为 N，则 MN  平面 PAC ．在平面 PAC 内作 NF  AP ，垂足为 F，联结MF ，则 MF  AP ，故MFN 为二面角
M  PA  C 的平面角，即MFN  30 ．同解法 1 可得 MN  a  4 ．
3
在△APC 中，过 N 作 NE∥PC ，在△FNM 中，过 N 作 NG  FM ，垂足为 G，联结 EG ．在 Rt△NGM 中，
NG 3 NM 3  4  2 3 ．因为 NE∥PC ，所以 NE  NA  4  a  8 ．
22333
由 PA  平面 FMN ，可得平面 PAM  平面 FMN ，交线为 FM ．在平面 FMN 内，由 NG  FM ，可得 NG 
平面 PAM ，则NEG 为直线 NE 与平面 PAM 所成的角．
2 3
设NEG  α，则sinα NG  3

3 ，又 NE∥PC ，所以直线 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3 ．
NE844
3
［方法四］：【最优解】定义法
如图 7，取 PA 的中点 H，联结CH ，则CH  2 3 ．过 C 作平面 PAM 的垂线，垂足记为 T（垂足 T 在平面 PAM
内）．联结 HT ，则CHT 即为二面角M  PA  C 的平面角，即CHT  30 ，得CT  3 ．
联结 PT ，则CPT 为直线 PC 与平面 PAM 所成的角．在Rt△PCT 中， PC  4, CT  3 ，所以
sin CPT 3 ．
4
【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；
方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；
方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；
方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．
a
19（1）因为a  b ， a  (mx, y 1) ， b  (x, y 1) ，所以 →  b  mx2  y2 1  0 ， 即mx2  y2  1 .
当m  0 时，方程表示两直线，方程为 y  1；当m  1时， 方程表示的是圆；
当m  0 且m  1时，方程表示的是椭圆.
当m  1 时， 轨迹 E 的方程为
4
x2  2
y
4
 1，
设圆心在原点的圆的一条切线为 y  kx  t ，
 y  kx  t

由 x2
 y2  1
，得(1 4k 2 )x2  8ktx  4t 2  4  0 ，
 4
要使切线与轨迹 E 恒有两个交点 A ， B ，设 A x1 , y1  ， B  x2 , y2  ，则  64k 2t 2  4(1 4k 2 )(4t 2  4)  16(4k 2  t 2 1)  0 ，
即4k 2  t 2 1  0 ，即t 2  4k 2 1，
x  x  
8kt
4t 2  4
且 12
1  4k 2 ， x1 x2  1 4k 2 ，
22
k 2 (4t 2  4)8k 2t 2
2t 2  4k 2
则 y1 y2  (kx1  t)(kx2  t)  k x1 x2  kt(x1  x2 )  t 
由OA  OB ，则OA  OB  x1x2  y1 y2  0 ，
1 4k 2
 t
1 4k 2
，
1 4k 2
4t 2  4t 2  4k 25t 2  4k 2  4
即 0 ，所以5t 2  4k 2  4  0 ，

1 4k 2
1 4k 2
1 4k 2
即5t 2  4k 2  4 且t 2  4k 2 1， 即4k 2  4  20k 2  5 恒成立.
又因为直线 y  kx  t 为圆心在原点的圆的一条切线，
所以圆的半径为
r 
t
1 k 2
2
， r 2 t
4 (1 k 2 )
 5
 4 ，
所求的圆的方程为 x2  y2  4 .
5
1 k 2
1 k 25
2 5x22
 2 5 ,  2 5 
  2 5 ,  2 5 
当切线的斜率不存在时，切线为 x  
5
，与 y
4
 1交于点
55  或
55  ，也满足

OA  OB .
综上所述， 存在圆心在原点的圆 x2  y2  4 ，使得该圆的任意一条切线与轨迹 E 恒有两个交点 A ， B ，且
5
OA  OB .
当m  1 时，轨迹 E 的方程为
4
设直线l 的方程为 y  k1 x  t1 ，
x2  2
y
4
 1，
1
因为直线 与圆C : x2  y2  R2 1  R  2 相切于 A ，
t1
1 k 2
1
则 R 
， 即t 2  R2 1 k 2 ①，
11
因为l 与轨迹 E 只有一个公共点 B1 ，
 y  k1x  t1
222
联立 x2
 4
 y2  1
，得1 4k1  x
 8k1t1 x  4t1  4  0 ，
1 11111
11
则Δ  64k 2t 2  4 1 4k 2 4t 2  4  16 4k 2  t 2 1  0 ，即4k 2  t 2 1  0 ， ②
 2

t1 
由①②得

k 2 
 1
3R2
4  R2
R2 1
4  R2
， 设点 B1  x3 , y3  ，
24t 2  416R2 16
则 x3  1 
1
x ，
1 4k 2
3R2，
又点 B1  x3 , y3  在椭圆
x2  2
2
x22
 1上，则 3  y  1 ，即 y  1
1 24  R2
y
443
133
所以| OB |2  x2  y2  5  4 ，
R2
34 3
3R2
在直角三角形OA B 中， | A B |2 | OB |2  | OA |2  5  4  R2  5  ( 4  R2 ) ，
1 11 111R2R2
4
因为 R2
 R2  4 当且仅当 R 
2 (1, 2) 时取等号，
1 1
所以| A B |2  5  4  1 ，
2
当 R 时， | A1B1 |取得最大值，最大值为 1.