浙江省温州十校联合体2025-2026学年高二上学期11月期中考试 数学 Word版含解析含答案解析

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命题学校：塘下中学 黄相红 审题学校：虹桥中学 缪秀玲
考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率的关系即可得到答案.
【详解】的斜率为，设其倾斜角为，，
则，则.
故选：A.
2. 双曲线的焦距为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线方程得出，求出，即可得焦距.
【详解】由双曲线可得，则，，
则焦距，
故选：B.
3. 已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量法来求点到面的距离即可.
【详解】由题意得，平面的一个法向量，
则点到平面的距离为，
故选：C.
4. 圆与圆位置关系是（ ）
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切
【答案】A
【解析】
【分析】由一般方程得标准方程，得出圆心、半径，求出圆心距，判断与的关系即可得两圆的位置关系.
【详解】圆即，圆心，半径；
圆即，圆心，半径；
，则两圆外离，
故选：A
5. 过圆外一点作圆的两条切线，切点为、，则的外接圆半径是（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】圆的圆心，故以为直径的圆就是的外接圆，即为所求半径．
【详解】圆的圆心，半径，
因为是圆的切线，所以，，
∴以为直径的圆就是的外接圆，
∵，
∴的外接圆的半径为.
故选：C.
6. 椭圆的离心率可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】写出离心率表达式，再结合范围即可得到答案.
【详解】.
恒成立，
则椭圆的焦点在轴上，则离心率，
因为，则，
所以，对照选项可知D正确.
故选：D.
7. 已知点在椭圆上运动，圆的圆心为椭圆的右焦点，半径，点在圆上，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，利用椭圆的焦半径公式求出的取值范围，再结合圆的几何性质可求得的取值范围.
【详解】在椭圆中，，，则，即，
设点，则，且，可得，
所以，
所以，
当且仅当为椭圆的左端点，且为射线与圆的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立，
，
当且仅当为椭圆的右端点，且为线段与圆的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立，
综上所述，的取值范围是.
故选：A.
8. 已知球是棱长为的正方体的内切球，点为球表面上一动点，且满足面，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. 6D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，证得平面平面，得到点在平面与球的截面圆上，求得正的边长为，得到，圆的方程为，结合圆的性质，即可求解.
【详解】如图所示，在正方体中，可得，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
要使得平面，且点为球表面上一动点，
所以点在平面与球的截面圆上，且截面圆恰为的内切圆，
因为正方体的棱长为，可得正的边长为，其内切圆的半径为，
以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
可得，内切圆的方程为，
设，则，
，
因为表示内切圆上点到原点的距离，
可得内切圆与轴的交点为时，距离最大，最大距离为，
所以.
故选：A.

二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 已知空间向量，，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 向量在上的投影向量的模长为D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用空间向量共线求参数，由于无解可判断A，利用空间向量积为0可判断B，利用投影向量的坐标运算可判断C，利用空间向量模的坐标运算可判断D．
【详解】对于A，空间向量，，由，可得，
即，显然和无解，故A错误；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，向量在上的投影向量的模长是，故C正确；
对于D，，故D正确；
故选：BCD
10. 已知直线，则下列选项中正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 若直线与直线平行，则
C. 若直线不经过第二象限，则
D. 原点到直线的距离可能为2
【答案】ABD
【解析】
分析】选项A，将直线整理成，则有，
解出这个方程组的解就是直线恒过的定点；选项B，求出直线的斜率为，直线的斜率为，由这两条直线平行得到，代入和计算得解；选项C，第一种情况：当直线存在斜率时，求出直线的斜率为和在轴上的截距，由不过第二象限，得到且在轴上的截距小于等于0，计算得到的范围；第二种情况：当直线不存在斜率时，，，不经过第二象限，符合题意，这两种情况求并集得到的范围；选项D，利用点到直线的距离求出原点到直线的距离，这个距离等于2，得到的一元二次方程，利用判别式与0的大小关系判断这个一元二次方程是否有解，得到判断.
【详解】选项A，，
，，
，直线恒过定点，故选项A正确；
选项B，的斜率为，
直线的斜率为，这两条直线平行，
，，，故选项B正确；
选项C，第一种情况：当直线存在斜率时，
，当时，，
在轴上的截距为，
不过第二象限，
，，，
第二种情况：当直线不存在斜率时，
，
，，不经过第二象限，符合题意，
综上，若直线不经过第二象限，则，故选项C错误；
选项D，，
原点到直线的距离为
，，，
有根，原点到直线的距离可能为2，故选项D正确.
故选：ABD.
11. 在长方体中，，，点在底面四边形内（含边界）运动，且满足，点是线段的中点，则下列选项中正确的是（ ）
A. 点的轨迹是线段，其长度为
B. 三棱锥的体积为定值
C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为1
D. 存在点，使得到的距离为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用空间向量坐标运算来确定交线，再用坐标运算可求解线段长来判断A，线面是否存在垂直来判断C，求点到线的距离来判断D，利用体积变换来判断B.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，根据，，
可得：，设点，
则
因为，所以，
化简得：，令得，令得，
由此可得点在以点，点为端点的线段上，
此时，故点的轨迹是线段，其长度为，故A正确；
因为点是线段的中点，点在底面四边形内（含边界）运动，
所以三棱锥的体积，故B正确；
由，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
要想使得直线与平面所成角的正弦值的最大值为，
则需要满足平面，此时，
即存在使得，解得，此时不满足，故C错误；
由，
则点到的距离为：，
此时取等号条件为，显然，所以等号不成立，故D错误；
故选：AB.
非选择题部分
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系中，点关于坐标平面对称的点的坐标写出即可．
【详解】点关于平面对称的点的坐标为.
故答案为：
13. 已知直线与圆相交于，两点，若弦的长度为4，则实数的值为__________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，进而可得答案.
【详解】圆 的方程为：，
化为标准式得：，
因此，圆 的圆心为 ，半径为 2，
弦长公式为：，为圆心到直线的距离，
把代入得：
，
解得：.
因此，直线通过圆心 .
即：
解得：.
故答案为：1
14. 已知双曲线，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点，则正整数的最小值为__________.
【答案】3
【解析】
【分析】设，过点直线与双曲线相交于，两点，为弦中点，则此直线一定存在斜率，利用直线的点斜式设出过点的直线的方程，将直线的方程代入双曲线，消去，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得到，又为弦中点，利用中点坐标公式建立的等式，利用判别式大于0建立的不等式，要求正整数的最小值，则对从1开始取值，代入的不等式中求出正整数的最小值.
【详解】设，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点，
则此直线一定存在斜率，设过点的直线的方程为，
整理得到，代入双曲线得到，
整理得，
则有，弦中点，
，，，
又，
，，，
当时，不成立；
当时，不成立；
当时，成立；
正整数的最小值为3.
故答案为：3.
四、解答题：本大题共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，在正方体中，点、为棱、的中点，设，，.
（1）用、、表示；
（2）证明：、、、四点共面.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由向量的线性表示即可求解；
（2）法1：由题可得，，进而得到即可证明；法2：根据向量的线性运算可得即可证明；法3：建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可．
【小问1详解】
；
【小问2详解】
法1：连接，
易知，，
故，得、、、四点共面；
法2：；
故，得、、、四点共面；
法3：以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
易得，，，，
得，，
故有，，
得、、、四点共面．
16. 已知，，动点满足
（1）指出动点的轨迹是什么曲线，并写出它的方程；
（2）过作直线与曲线交于，两点，在轴上方，直线的斜率为，求经过，且以坐标轴为对称轴的双曲线的标准方程，若不存在，说明理由.
【答案】（1）椭圆，
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1） 利用椭圆的定义可求得椭圆标准方程；
（2）利用直线与椭圆联立方程组可求得交点坐标，再由双曲线经过这两个交点，利用待定系数法求解，最终因无解说明不存在.
【小问1详解】
由题意得：，
所以动点轨迹是焦点为，长轴长等于10的椭圆，
则，
即点的轨迹方程为；
【小问2详解】
设直线的方程为,
联立方程，化简得，
即，得到，，，，
由点在轴上，可知顶点在轴上，
设双曲线标准方程为：，将两点代入，
该方程组无解，所以不存在所要求的双曲线.
17. 四棱锥中，平面，，均为等腰直角三角形，斜边分别为，，且，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据四棱锥的性质，结合已知条件推出线、线平行，进而推出线面平行；
（2）先建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量坐标，再分别求出两平米的法向量，最后利用向量夹角余弦公式求出向量夹角余弦值，进而得出平面与平面的夹角的余弦值．
【小问1详解】
，均为等腰直角三角形，斜边分别为，，
，
又，，，，
取的中点，连接，，
，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，
平面．
【小问2详解】
以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
记面和面的法向量分别为，，
平面，，
设，
则，令，则，
，
平面与平面的夹角余弦值为．
18. 已知抛物线与直线相交于，两点（在左侧），给定点、在抛物线上．
（1）用表示；
（2）若，，，四点共圆，求实数的值；
（3）在（2）的条件下，求过，，，四点的圆的方程．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）联立抛物线和直线方程，根据韦达定理列出关系式；
（2）根据四点共圆的性质，结合韦达定理分析四点共圆的成立条件求出的值；
（3）先求出四点坐标，代入圆的一般方程求解．
【小问1详解】
抛物线与直线相交于，两点，
联立方程得，移项得，
由已知、为方程的两个根，由韦达定理得：．
小问2详解】
方法一：（代数法）
设圆的方程为：，
代入点得①，
代入点得②，
由①②式，消去，得，
代入①式得，
点在圆上，代入圆的方程，
同理对成立，，是方程的两根，
但，也是的两根，两方程系数成比例，
又得：，
③，
将，代入③得，
化简得，
检验：当时，直线为，与抛物线交点：，解得或，
即，，此时四点共圆，但，与，重合，舍去；
当时，直线为，与抛物线交点：，解得或，
即，，与，不同，四点共圆成立．
．
方法二：（几何法）
设直线与直线相交于点，
由圆幂定理知：若，，，共圆，则，
直线过，，斜率，直线方程为：，
直线方程，
两直线联立求交点，
，则，，即，
，，
，
设，横坐标为，，则，
同理，
，
抛物线与直线相交于，两点，联立方程得，
由韦达定理得：，，
，
由圆幂定理得：，解得，舍去（重合情况），得．
方法三：
设圆的方程为：，，横坐标为，，
联立圆方程与抛物线方程得：
，，，，是该方程四个根，
，
展开得：
，即，
抛物线与直线相交于，两点，联立方程得，
，即，解得．
方法四：
直线过、，斜率，直线方程为：，
直线，两直线相交于点，
抛物线关于轴对称，如果两直线也是关于轴对称，则四点共圆，
．
【小问3详解】
当时，，，，，
设圆方程为：，
代入点得，
代入点得，
代入点得，
解得，，，
圆方程为：，标准方程为：．
19. 在平面直角坐标系中，若一条直线与一条圆锥曲线相交于，两点，且满足，其中为坐标原点，则称该圆锥曲线关于此直线是“和谐”的，该直线称为圆锥曲线的“和谐线”.已知椭圆和直线（其中），直线与椭圆相交于，两点.
（1）当时，求直线被椭圆截得的弦长（用表示）；
（2）若直线是椭圆的“和谐线”，求与的关系式；
（3）在（2）的条件下，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）联立与椭圆方程，求出点，的坐标，即可表示弦长；
（2）联立直线与椭圆方程，由可得，，代入韦达定理化简整理即可得与的关系式；
（3）由的表达式，代入韦达定理以及（2）的结论，构造函数结合基本不等式求出范围即可.
【小问1详解】
当时，直线的方程为，
将代入椭圆方程得： ，，
所以，对应的.
因此，点，的坐标分别为和.
弦长.
【小问2详解】
设，，则，.
将代入椭圆方程得：，
即，
，
由韦达定理得：，，
由，所以，
则，即，所以.
又，
则，
将韦达定理的结果代入：，
即，
展开并整理：，
即，
即，即，
.
【小问3详解】
由（2）知，
三角形的面积，又，
由（2）有：，，
代入得：
,
将代入：，
又，
所以，，
由已知，令，则，
设，则.
设，
当时取到最大为，取到最大值为1，
当时，，，
.