浙江省宁波三锋联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波三锋联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析），共19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。
数学试题
一、单选题
1．已知向量，若，则（ ）
A．B．C．2D．1
2．已知直线的倾斜角为，则直线的一个方向向量为（ ）
A．B．C．D．
3．已知椭圆方程为，椭圆上的点到左焦点的最大值为5，最小值为1，则椭圆方程是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知直线与直线关于点对称，则实数（ ）
A．2B．1C．D．
5．已知圆方程为，为圆上的动点，则（ ）
A．最大值为B．最大值为
C．最大值为3D．最小值为
6．在正三棱柱中，，点在棱上，且三棱锥的体积为，则直线与所成角的余弦值等于（ ）
A．B．C．D．
7．已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，连接交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知直线，直线，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．过定点
D．当不经过第二象限时，则
10．圆，直线，则（ ）
A．直线与圆必相交
B．圆被轴截得的弦长为
C．圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为
D．时，圆上存在四个点到直线的距离为2
11．如图，在矩形中，，，分别为，中点，将沿直线翻折成，与不重合，连结，为中点，连结，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（ ）

A．在翻折过程中，
B．当时，DE平面
C．在翻折过程中，三棱锥外接球的体积为
D．三棱锥的体积的最大值为
三、填空题
12．已知椭圆的标准方程为，求椭圆的焦点坐标 ．
13．已知正方体的棱长为2，为线段的中点，则点到平面的距离为 ．
14．若对于圆上任意的点，直线上总存在不同两点，使得，则的最小值为 ．
四、解答题
15．已知直线经过两直线和的交点．
(1)若直线与直线垂直，求直线方程；
(2)若直线在两坐标轴上的截距的和为0，求直线的方程．
16．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，点为线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)点为线段的中点，求与平面所成角的正弦值．
17．已知圆，若直线过坐标原点，且与圆交于两点．
(1)若，求直线的方程；
(2)若点是圆所在平面内的动点，为坐标原点，满足，求点的轨迹方程．
18．如图，三棱柱中，侧面底面，是边长为的正三角形，，与平面所成角为.

(1)证明：平面；
(2)若点为中点，点为棱上一点（不与重合），且满足，是否存在使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出值，若不存在请说明理由．
19．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若为椭圆上的两点，且满足，求证：直线过定点．
参考答案
1．A
【详解】因为，，
则，解得.
故选：A
2．B
【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的一个方向向量为，
与其共线的有，
故选：B
3．A
【详解】设椭圆焦距为2c,由题意得，解得，则，
所以椭圆方程为.
故选：A.
4．C
【详解】因为不在直线上，
且直线与直线关于点对称，
所以直线与直线平行，
即，解得.
在直线上取一点，
关于点的对称点为,
将代入直线，解得.
故选：C
5．B
【详解】，
对选项A，表示圆上点与原点连线的斜率，
如图所示，
当与圆相切的如图情形时，取得最大值，
此时，，故A错误.
对选项B，设（为参数），
则，
当时，取得最大值，故B正确.
对选项C，
表示圆上点到原点距离的平方，
如图所示情形下：
最大值为，故C错误.
对选项D，设（为参数），
则，
当时，取得最小值，故D错误.
故选：B
6．D
【详解】因为，所以，
分别取的中点，连接，
以为原点，以方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以直线与所成角的余弦值等于，
故选：D.
7．B
【详解】
如图所示，，，
由得，解得，
可知，则，
在中由余弦定理得，
化简得，即，即离心率.
故选：B.
8．A
【详解】由知：圆心，半径；
由得，所以恒过定点；
由得，所以恒过定点；
由直线方程可知：，所以，所以，即，
设，则，，
所以，整理得，
即点轨迹是以为圆心，为半径的圆，又直线斜率存在，则无法表示直线，
而无法表示直线，所以点轨迹不包含；
记点为弦的中点，则，位置关系如图：

连接，由知：，
则，
所以（当在处取等号），
即的最小值为.
故选：A.
9．BC
【详解】因为直线，直线，
对于选项A：若，则，解得或，故A错误；
对于选项B：若，则，解得或，
若，则直线，直线，可知，符合题意；
若，则直线，直线，可知两直线重合，不符合题意；
综上所述：，故B正确；
对于选项C：因为直线，即为，
令，解得，
所以过定点，故C正确；
对于选项D：因为不经过第二象限，
若，直线，不经过第二象限，符合题意；
若，则直线，
可得，解得；
综上所述：，故D错误；
故选：BC.
10．ABD
【详解】由题可知圆的圆心，半径.
由直线，得，所以直线过定点.
对于A，因为，所以点在圆内，所以直线与圆必相交，所以A正确；
对于B，当时，，所以，或.所以圆被轴截得的弦长为，所以B正确；
对于C，当圆被直线截得的弦长最短时，圆心到直线的距离最大，最大值为，此时，直线与垂直，因为的斜率为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.所以C不正确；
对于D，当时，直线的方程为，此时圆心C到直线的距离为，因为，所以圆上存在四个点到直线的距离为2，所以D正确.
故选：ABD.
11．ABD
【详解】由题意可知，，
对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，，
则，且，又，且，
所以，且，四边形ECHG是平行四边形，
，而，故A正确；

对于B，由余弦定理可得，
又因为，
则，则，
由于四边形为正方形，则，
连接，则为中点，
连接，则，则，
又，平面，
则平面，
故B正确；

对于C，取的中点，连接，
所以，即点为三棱锥的外接球的球心，半径为，
所以三棱锥的外接球的体积为，故C错误；

对于D，，
，
在翻折过程中，当平面平面时，点到平面距离最大，
则此时最大，且此时距离为，
则，，D正确；
故选：ABD.
12．
【详解】由题意得，又因为椭圆焦点在轴上，
则焦点坐标为.
故答案为：.
13．
【详解】
如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为2，
可得，
则，
设平面的法向量为，
可得，即，
令，解得，即平面的一个法向量为，
则点到平面的距离为.
故答案为：.
14．6
【详解】圆，
得到，圆心，.
到直线的距离，
所以直线与圆相离.
如图所示，
直线上总存在不同两点，使得，
当以为直径的圆与圆内切时，且时，取得最小值.
所以.
故答案为：6
15．(1)
(2)，或
【详解】（1）由，得.
直线和的交点为.
因为直线与直线垂直，所以可设直线的方程为：.
因为直线过，所以，解得.
所以直线的方程为：.
（2）设直线在两坐标轴上的截距分别为，由题可知.
若，设直线的方程为.
因为直线过，所以，解得.
所以直线的方程为：，即.
若，则，且.设直线的方程为.
因为直线过，所以，解得.
所以直线的方程为：，即.
综上所述，直线的方程为：，或.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）
如图所示，连接，交于，连接，
因为底面为正方形，所以是中点，
因为点为线段的中点，
所以在中，，
可知面，面，所以平面；
（2）
如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
可得，
设平面的法向量，
则，即，令，解得，
则平面的一个法向量，
设与平面所成角为，.
所以与平面所成角的正弦值为.
17．(1)或
(2)
【详解】（1）由题意可得，可知圆心，半径为，
当时，可知，此时圆心到直线的距离为，如图所示，
可知当直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线距离为1，符合条件；
当直线斜率存在时，设直线方程为，
此时圆心到直线距离为，化简得，
解得，此时直线方程为，
综上所述，直线方程为或.
（2）设点，已知，则，
则
由得，化简得，
可得点的轨迹方程为.
18．(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）取中点，连接，如图所示，

因为是边长为的正三角形，所以且，
因为侧面底面，侧面底面，且，侧面，
所以底面，
所以与平面所成角即为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
所以，
因为底面，平面，
所以，且，平面，
所以平面；
（2）设存在满足条件，因为为棱上一点（不与重合），所以，
因为，所以，所以，
因为为的中点，所以，所以，
以为原点，以方向为轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，
因为，所以，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，取，则，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，取，则，所以，
设平面与平面所成角为，
所以，解得，
所以存在使得平面与平面夹角的余弦值为.
19．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由，设，则，
则椭圆方程为，由点在椭圆上得，解得，
可得椭圆方程为.
（2）
①当直线斜率不存在时，设直线方程为，
则，解得，
得，由点，得，
则，
化简得，解得或（舍），
则此时直线方程为，
②当直线斜率存在时，设，直线方程为，
则，消去得，
当时，，
则，
，
可知，
当时，，
化简得，
代入得，
化简得，变形得，
当，即，此时，过定点舍去，
当时，即，此时，过定点，符合条件.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
A
C
B
D
B
A
BC
ABD
题号
11









答案
ABD