安徽省黄山市、宿州市、亳州市等地学校2025-2026学年高二上学期联考数学试题（Word版附解析）

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考试时间：120分钟 满分：150分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.
5.本卷考察范围：选择性必修第一册.
第Ⅰ卷（选择题共58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，有且只有一项符合题目要求.
1. 已知圆关于直线对称，则实数（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线经过圆心，可求的值.
【详解】由，得，故圆心为，
又因圆关于直线对称，
故圆心在直线上，则.
故选：A
2. 已知直线的倾斜角满足方程，则直线的斜率为（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，推得，再结合三角函数的同角公式，求出，即可求解.
详解】，则，
又，则，解得或，
当时，，不符合题意，
当时，，故，
即直线的斜率为.
故选：C
3. 在空间直角坐标系中，已知点，则点到直线的距离为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用点到直线的空间向量距离公式求出答案.
【详解】因为，所以，
则点到直线的距离.
故选：B
4. 圆与圆的公切线条数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据方程可知圆心和半径，可得，进而判断两圆的位置关系，即可得结果.
【详解】由题意可知：圆，即，
可知其圆心为，半径；
圆，即，
可知其圆心为，半径；
因为，即，
所以两圆相交，公切线有2条.
故选：B.
5. 已知椭圆的左､右焦点分别是是坐标原点，是上第一象限的点.若的角平分线上一点满足，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，延长与交于点，根据几何关系求出，结合离心率公式即可进一步求解.
【详解】
根据题意可得，延长与交于点，由等腰三角形三线合一可知，
由椭圆的定义可得，所以，
所以，由是的中位线，
可得，所以，解得，
所以的离心率为.
故选：B.
6. 若将一个椭圆绕其中心旋转，所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，这样的椭圆称为“对偶椭圆”．下列椭圆中是“对偶椭圆”的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，由再逐项判断.
【详解】因为所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，
所以，即 ，
A． ，则 ，故正确；
B． ，则 ，故错误；
C． ，则 ，故错误；
D． ，则 ，故错误；
故选：A
7. 已知O为坐标原点，抛物线上一点到其焦点和准线的距离之和为4，过C的焦点F的直线交C于P，Q两点．当时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线的性质可得，可求抛物线方程，设直线．与抛物线方程联立，可得，由题意可得，可求，进而利用向量的数量积的坐标运算可求.
【详解】因为抛物线一点到其焦点和准线的距离之和为4，
所以，解得，所以抛物线C的标准方程为．
由抛物线C的方程可知，焦点，根据题意可知直线PQ的斜率存在且不为0，
设直线．
由，消去x整理得，
所以，又，
所以，
解得，则，，
则．
故选：A．
8. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设，，，由，可得点的轨迹方程为，数形结合得解.
【详解】以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，不妨取，．
设，则，整理得，
所以点的轨迹方程为．
则
可看作圆上的点到原点的距离的平方，
所以，所以，
即的最大值为，
故选：A.
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. 方程，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，方程表示椭圆
B. 当时，方程表示焦点在轴上的双曲线
C. 当时，方程表示圆
D. 当或时，方程表示双曲线
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据方程中分母的正负及是否相等可判断选项即可.
【详解】当时，由，且即时，此方程表示圆，故A不正确；
当时，，，由方程可知表示焦点在轴上的双曲线，故B正确；
由A可知，当时，方程表示圆，故C正确；
当时，，，故方程表示焦点在轴上的双曲线，当时，由B可知，方程表示双曲线，故D正确.
故选：BCD
10. 中国结是一种手工编织工艺品，其外观对称精致，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，中国结有着复杂曼妙的曲线，其中的八字结对应着数学曲线中的双扭线.已知在平面直角坐标系中，到两定点、距离之积为常数的点的轨迹是双扭线.若是曲线上的一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线上有且仅有一个点满足
B. 曲线经过个整数点（横、纵坐标均为整数的点）
C. 曲线关于原点对称
D. 曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意求出轨迹的方程，把代入的方程可判断C；由题意得，设，结合题意计算可判断A；令，，，得的范围可判断B；由曲线的方程可得，根据可判断D.
【详解】对于C选项，
化简得到，，将代入可得，
所以曲线.
把代入得，
所以，曲线的图象关于原点对称，故C正确；
对于选项A，点满足，则在垂直平分线上，则，
设，则，所以，，故只有原点满足，故A正确；
对于B选项，令解得或，即曲线经过、、，
结合图象，得.
今，得，
令，得，
因此，结合图象曲线只能经过个整点、、，故B错误；
对于D选项，可得，
所以曲线上任意一点到坐标原点的距离，
即曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：相关点代入法求轨迹方程的方法：
一般情况下，所求点的运动，依赖于另外一个或多个点的运动，可以通过对这些点设坐标来寻找代换关系.
（1）求谁设谁，设所求点的坐标为；
（2）所依赖的点称之为“参数点”，设为等；
（3）“参数点”满足某个（些）方程，可供代入；
（4）寻找所求点与“参数点”之间的坐标关系，反解参数值；
（5）代入方程，消去参数值.
11. 已知正方体棱长为为正方体内切球的直径，点为正方体表面上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当为中点时，与所成角余弦值为
B. 当面时，点的轨迹长度为
C. 的取值范围为
D. 与所成角的范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由异面直线间夹角公式可得A错误；由棱锥的体积公式求出点到平面的距离，再由正方体的性质得到点所处的平面，然后由面面交线得到轨迹可得B正确；结合图形，由向量的加法和数量积可得C正确；由图形当与球相切时，与所成的角最大，计算可得D错误.
【详解】根据题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，对于A，如下图所示：
易知，则，
可得，
即当为中点时，与所成角余弦值为，可得A错误；
对于B，易知是边长为的正三角形，故其面积为，
由三棱锥的体积为，可得点到平面的距离为，
即点在与平面平行且距离为的平面内，连接，如下图所示：
由正方体性质可得平面平面，且两平面间的距离等于，所以点平面，又面，平面平面，即可得点的轨迹即是线段，因此点的轨迹长度为，即可得B正确；
对于C，依题意可知即为正方体的中心，如下图所示：
，
又因为为球的直径，所以，
即可得，
又易知当点为正方体与球的切点时，最小；当点为正方体的顶点时，最大；
即，因此可得的取值范围为，即C正确；
对于 D，易知的中点即为球心，如下图所示：
当与球相切时，与所成的角最大，此时，
显然，结合两直线所成角的范围可知与所成角的范围为错误，即D错误．
故选：BC
第Ⅱ卷（非选择题共92分）
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，且，则x的值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】利用向量垂直关系的坐标表示求解
【详解】解：由题意可知，，
解得，
故答案为：
13. 圆的圆心到直线的距离是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆的方程和点到直线的距离公式求解即可.
【详解】，
即：，
故圆心为：
所以圆心到直线的距离：.
故答案为：
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，轴上方的两点分别在双曲线的左右两支上，梯形两底边满足，以为直径的圆过右焦点，则双曲线的离心率为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意作图，利用双曲线的定义结合勾股定理、余弦定理建立边长的等量关系式，整理得出的关系式，求出离心率.
【详解】
如图，由题意，令，则，，，
因为以为直径的圆过，则，
又为梯形，易知，所以，
则在中，由勾股定理可得，整理得，
因为，所以解得，
在中，由勾股定理可得，
且，则，
在中，由余弦定理可得，
，
解得，，整理得，
，即
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. 已知空间三点，，，设，，．
（1）判断的形状；
（2）若，求的值．
【答案】（1）△ABC为直角三角形 （2）2
【解析】
【分析】(1)利用空间中两点的距离公式结合勾股定理知识可判断三角形形状；
(2)由空间向量的坐标运算求出的坐标，再结合求出k值即可.
【小问1详解】
由题意得，，，
，所以为直角三角形；
【小问2详解】
由题意得，，，
，
因为，所以，
解得.
16. 已知点，直线：.
（1）求过点，且与直线平行的直线的方程；
（2）光线通过点，经直线反射，其反射光线通过点，求反射光线所在直线的方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由直线与直线平行可设其方程为，代入点，求可得结论；
（2）求点关于直线的对称点，利用点斜式求反射直线方程.
【小问1详解】
因为直线与直线平行，直线的方程为，
故可设直线的方程为，
因为点在直线上，
所以，
所以，
所以直线的方程为；
【小问2详解】
设点关于直线的对称点为．
由题意得，
解得，所以点的坐标为，
所以反射光线所在直线方程，即．

17. 如图，四棱锥的底面是正方形，且，.四棱锥的体积为.

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，即可得到，设到平面的距离为，根据锥体的体积公式求出，即可得到平面，从而得证；
（2）取的中点，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
取的中点，连接，因为，，
所以，
又四棱锥的底面是正方形，所以，设到平面的距离为，
则，所以，
所以，即平面，又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，则，即，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，取，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于两点，点在第一象限，且.
（1）求直线的斜率；
（2）若，求抛物线的方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设，由题意可得，即有，从而可得点坐标，再根据，求解即可；
（2）由题意可设线的方程为，即，联立直线与抛物线方程可得两点的坐标，再根据两点的距离公式求解即可.
【小问1详解】
解：设
因为，所以到准线距离为
即，所以,
代入抛物线方程可得，即，
又因为，所以直线的斜率为；
【小问2详解】
解：由（1）知，直线的斜率为，
设直线的方程为，
则，
由，得，
所以，
因为，所以，
所以该抛物线方程为.
19. 已知双曲线C：（）的离心率为2，点是双曲线C上的点，A，B是双曲线C的左、右顶点，点P（不同于点A，B）是双曲线C上的一个动点，直线分别交直线于点M，N．
（1）求双曲线C的方程；
（2）求证：以线段为直径的圆被x轴截得的弦长为定值；
（3）当点P在右支上时，直线交双曲线C的右支于点Q，证明：直线过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）因为离心率，将点（2，3）代入双曲线方程得，又，解得a，b，即可得出答案；
（2）由（1）可知，，设，即 .根据直线PA的方程求得，根据直线PB的方程求得，写出圆C′的方程，把代入圆C′中得出，结合计算出结果即可；
（3）设，直线PQ的方程为，联立双曲线的方程，结合韦达定理可得，，写出直线AP的方程，进而可得M点的坐标，又M，B，Q三点共线，则，又M，A，P三点共线，则，解出，即可得出答案．
【小问1详解】
因为双曲线C的离心率为2，所以，即，
又，所以，化简得，
因为点（2，3）在双曲线C上，所以代入得，
结合，解得，，
故双曲线C的方程；
【小问2详解】
由（1）可知，，设，
点P是双曲线C上的一个点，所以.
直线PA的方程为，令，得，
直线PB的方程为，令，得，
设以线段MN为直径的圆的圆心为C′，半径，故圆C′的方程：，，
设圆C′与x轴的两个交点坐标分别为，，把代入圆C′中得，
结合得，故，
解得，，故，
所以以线段MN为直径的圆C′被x轴截得的弦长是3，是定值；
【小问3详解】
直线PQ过定点，理由如下：
设直线PQ的斜率方程为，
联立，
整理得，
则，由（1）可知，，
直线，
因为直线上有动点，点直线上，所以，
又M，B，Q三点共线，
所以，即，
又M，A，P三点共线，
所以，即
联立得：，
整理得，
即．
化简得，
因为，
所以，故，
代入得
得，
即，
所以时．直线PQ的方程为，
所以PQ过定点.