精品解析：内蒙古包头市景泰高级中学2025-2026学年高二上学期十一月份考试数学试卷

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数学试卷
考试时间：2025年11月 考试时长： 120分钟
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）
1. 已知直线，直线，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合垂直关系可得直线的斜率，进而可得倾斜角.
【详解】由直线，则其斜率，
设直线的倾斜角为，则有，故，
由，故.
故选：D.
2. 已知，，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标运算直接求解即可.
【详解】因为，，，
所以
，
故选：B
3. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程列不等式求解即可
【详解】，解得，
所以的取值范围是.
故选：D.
4. 已知圆 圆则两圆的公切线条数为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】确定两圆的位置关系后可得公切线条数．
【详解】圆标准方程为，
则已知两圆圆心分别为，半径分别为，
圆心距为，
因此两圆外切，它们有三条公切线，
故选：B．
5. 《九章算术·商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.”这里所谓的“鳖臑”（biē nà），就是在对长方体进行分割时所产生的四个面都为直角三角形的三棱锥.已知三棱锥是一个“鳖臑”，平面且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知证明两两垂直，得到三棱锥的外接球，也是以的长为三条相邻棱长的长方体外接球，即可求球体半径，进而求其表面积.
【详解】由平面，平面，则，又，
由且都在面内，故面，面，
所以，，又平面，则，即两两垂直，
所以三棱锥的外接球，也是以的长为三条相邻棱长的长方体外接球，
所以外接球半径为，故外接球的表面积为.
故选：B
6. 如图所示，四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为．设，求的长（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的加减法运算法则以为基底表示向量，再利用计算即可.
【详解】由题可知，，且，
故，，
则，
所以，即的长为.
故选：A.
7. 如图，四面体A-BCD，△ABD与△BCD均为等边三角形，点E、F分别在边AD、BD，且满足，，记二面角的平面角为，，则异面直线BE与CF所成角的正弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设边长为2，过作，交于点,由的数量积求解．
【详解】由于△ABD与△BCD均为等边三角形，由可知为的中点，
过作，交于点，连接，则，,
故的夹角即为二面角的平面角为，故，
设等边三角形的边长为2，
设与的夹角为，则，
，
即，
则，
，即，
故选：C．
8. 点到直线的距离最大时，其最大值以及此时过点P且垂直于直线l的直线方程分别为（ ）
A ；B. ；
C. ；D. ；
【答案】C
【解析】
【分析】如果直接用点到直线距离公式，求出距离与之间的关系再求最值，计算会相当繁琐；所以先考虑直线过的定点，再从几何的角度求得距离最大值，进而求出直线方程.
【详解】直线变形得.
当时，方程成立；此时，因此直线过定点.
结合图象可知，随着直线绕点旋转，点到的距离也会变化，但距离都会小于等于.
所以点到直线的距离最大为.
此时过点且垂直于直线的直线即为直线.
直线的方程为，即.
故选：
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，若的最大值为5，则（ ）
A. 椭圆的短轴长为B. 当最大时，
C. 离心率为D. 的最小值为3
【答案】ABD
【解析】
【分析】椭圆定义有，结合已知确定的最小值并确定此时的位置，即可判断D、B的正误，此时设，结合椭圆方程求短轴长，即可判断A、C的正误.
【详解】由题意知，所以．
因为的最大值为5，所以的最小值为3，故D正确．
当且仅当轴时，取得最小值，此时，故B正确．
由B的分析，不妨令，代入椭圆方程，得．又，所以，得，
所以椭圆的短轴长为，故A正确．
易得，所以，故C错误．
故选：ABD.
10. 已知四面体，则下列说法正确的是（ ）
A. 若D为的中点，E为的中点，则
B. 若四面体是棱长为1的正四面体，则
C. 若，，，则向量在上的投影向量是
D. 已知，，，则向量，，不可能共面
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A，根据向量加法的三角形法则、平行四边形法则以及向量减法的三角形法则即可得到结果；对B，利用向量数量积的运算律结合正四面体对棱互相垂直求解判断；对C，利用投影向量的概念运算判断；对D，根据向量共面定理，列式运算得解.
【详解】对于A，
，故A正确；
对于B，因正四面体，所以对棱互相垂直，
，故B正确；

对于C，，，所以向量在向量上的投影向量为
，故C正确；
对于D，假设向量共面，则，，
所以
，
所以，解得，
所以当，时向量共面，故D错误.
故选：ABC.
11. 在平面直角坐标系中，已知曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若曲线表示圆，则实数的取值范围是
B. 存在实数，使得点在曲线内
C. 若，直线与曲线相交于，两点，则线段的长度为
D. 若，则过点且与曲线相切的直线的方程为或
【答案】BD
【解析】
【分析】根据圆方程、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系等知识点对选项分析即可.
【详解】选项A：由曲线表示圆，可知，即，
令，所以恒成立，即恒成立，
故若曲线表示圆，则实数的取值范围为，故选项A错误；
选项B，要使得点在曲线内，
只需，即，解得或，
所以存在实数，使得点在曲线内.故选项B正确；
选项C，当时，曲线化为圆，即，
设圆心到直线的距离为，则，
又半径，故弦长，
故选项C错误；
选项D，当时，曲线，化为：，即，圆心坐标为，半径，
当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线和圆相切；
当过点的直线斜率存在时，设直线方程为，即，
由直线与圆相切可得圆心到直线的距离，解得，
此时切线方程为，即，故选项D正确．
故选：BD．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知方程表示焦点在轴上的双曲线，则实数的取值范围是_______
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知，计算求解即可.
【详解】因为方程表示焦点在轴上的双曲线，
则，解得，即，
故答案为：．
13. 已知向量，，，若，，三个向量共面，则实数等于_____
【答案】13
【解析】
【分析】由题意可得存在实数使得则成立，列出方程组求解即可.
【详解】向量，，，，，三个向量共面，
则，
故，解得.
故答案为：13.
14. 已知离心率为的椭圆和离心率为的双曲线（，）有公共的焦点，其中，分别为左、右焦点，是在在第一象限的公共点.若线段的垂直平分线经过坐标原点，则当取最小值时，为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意，，利用椭圆和双曲线的性质有，最后利用基本不等式即可求解．
【详解】
设半焦距为，，，
为中点，线段的垂直平分线经过坐标原点，为中点，则，
由，，
则，，，
所以，从而有，
故，
当且仅当，即时，等号成立；
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：关于离心率问题，可以根据条件得到关于a，c的齐次式，设，，利用椭圆和双曲线的定义有，，结合，得到，利用基本不等式求的最小值即可．
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. 已知圆的圆心在直线上，且过点，.
（1）求圆的标准方程；
（2）已知点是圆上的一点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先设，再根据点在圆上得出距离相等，计算求参即可得出圆心及半径，最后得出圆的标准方程即可；
（2）设，又点是圆上的一点，再应用直线和圆有公共点即圆心到直线距离小于半径即可求参.
【小问1详解】
因为圆的圆心在直线上，可设，又圆过点，，
所以，
解得，所以，
所以圆的半径，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
设，又点是圆上的一点，
所以直线与圆有公共点，所以，
解得，即的取值范围是.
16. 已知椭圆的两焦点为，，点为椭圆上一点，且
（1）求此椭圆的方程
（2）若点满足，求的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】设椭圆的方程为,由焦点坐标求出，根据，求出，从而可求，即可得出椭圆方程；
在焦点三角形中，运用余弦定理结合椭圆的定义，求出，再利用三角形的面积公式，可求的面积．
【小问1详解】
由题意，设椭圆的方程为，
∵焦点为，，
∴，
又，
所以，，
，．
所求椭圆的方程为．
【小问2详解】
在中，由余弦定理得
即，
∴，
∴，
所以.
17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
（1）证明：；
（2）点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【小问1详解】
连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
【小问2详解】
不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
18. 已知直线与直线．
（1）若，求的值；
（2）若点在直线上，直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程；
（3）中，为直线过的定点，边上的高所在直线的方程为，边上的中线所在直线的方程为，求直线的方程．
【答案】（1）或
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）由两直线互相垂直列方程即可求；
（2）根据题意求出，分直线的截距均为0和均不为0两种情况讨论即可；
（3）由直线求出，由边上的高方程求出，得到直线的方程，联立直线与求出点，设，求出，代入直线的方程，与直线联立得出，即可求直线的方程.
【小问1详解】
因为，所以，
解得或.
【小问2详解】
因为点在直线上，
所以，解得，
因为直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，
当两截距均为0时，设直线方程为，
所以，此时直线的方程为；
当两截距均不为0时，设直线的方程为，
将点代入得，解得，
此时直线的方程为，
综上所述，所以直线的方程为：或.
【小问3详解】
由可得，
由得，所以，
因为边上的高所在直线的方程为，
所以直线，
所以直线的方程为：即，
又因为所在直线的方程为，
由解得，所以，
设，则中点，
代入得，整理得，
由，解得，所以，
所以直线方程为：即.
19. 已知椭圆短轴长为2，C短轴两个顶点与左焦点构成等边三角形．
（1）求的标准方程；
（2）直线与椭圆相交于两点，且，点满足，求直线l的方程．
【答案】（1）.
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆短轴长的定义，以及的几何意义，结合椭圆的标准方程，可得答案；
（2）联立椭圆与直线方程，写出一元二次方程，写出韦达定理，表示出中点坐标，根据等腰三角形的三线合一的性质，垂直直线的斜率之积为，建立方程，写出的关系；根据弦长公式，求得，可得答案.
【小问1详解】
由题意，设分别为椭圆的上下顶点，为椭圆的右焦点，作图如下：

则，且为等边三角形，即，易知，
故椭圆的标准方程为：.
【小问2详解】
设，，线段的中点，作图如下：

联立椭圆方程与直线方程，可得，消去可得：，
，化简可得，
则，，即，
故，，
由，且，则，，，
化简可得：；
故，，
，
由，则，，
，，，
解得，即或，，
则直线方程为或.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于设而不求思想的应用，联立直线与圆锥曲线的方程，只需在已知有解的情况，写出韦达定理，在利用整体代入思想，解决问题.