山东省德州市九校2025-2026学年高二上学期期中校际联考五+数学试题含答案

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一､单选题.（本题共8小，每小题5分，共40分.在每小题四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知，则（ ）
A. 11B. C. 45D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】先根据空间向量的线性运算得出，再应用数量积公式计算求解.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：
2. 若直线与直线平行，则（ ）
A. 0B. 或0C. D. 或1
【答案】C
【解析】
【分析】由直线平行得到，求解并验证即可.
【详解】由直线与直线平行，
可得：，
解得或，
当时，两直线重合，舍去，
当时，经检验符合题意，
故选：C
3. 若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据面面平行则法向量共线计算可判断A；根据直线与平面垂直则直线的方向向量与平面法向量共线计算可判断B；根据直线的方向向量与平面法向量垂直则直线与平面平行或直线在平面内可判断C；根据法向量垂直则面面垂直可判断D.
【详解】对于A，由，得，则，解得，故A错误；
对于B，由，得，则，解得，故B错误；
对于C，由，得，则或，故C错误；
对于D，由，得，则，故D正确.
故选：D.
4. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. 3C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由渐近线斜率求离心率.
【详解】直线的斜率为，所以双曲线一条渐近线的斜率为-3，
即，所以离心率.
故选：A.
5. 如图，在棱长为1的正方体中，那么直线与平面所成的角的余弦值是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，结合正方体的性质及边长，得出坐标关系，从而求出平面的法向量，再利用空间向量的余弦公式计算求解．
【详解】以为原点，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设平面法向量为，则，令，则，
设直线与平面所成的角为，，则，
．
故选：B．
6. 已知椭圆的左右焦点分别为，点为坐标原点，点为椭圆上一点，点为中点，若的周长为6，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由中位线性质得出焦点的周长，从而求得半焦距，再由离心率的定义式计算可得．
【详解】因为为的中点，而是中点，所以，
所以的周长是周长的一半，
又的周长为6，所以周长是12，
即，得，
又，所以，．
故选：B．
7. 已知，，圆上有且仅有一个点满足，则的取值可以为（ ）
A. 1或3B. 2C. 3D. 1或5
【答案】A
【解析】
【分析】点在阿波罗尼斯圆上，且是圆上唯一一点，可知两圆相切，求参问题需求出阿波罗尼斯圆的圆心和半径.
【详解】设，由，两边平方得，
整理得，圆心，半径为2．
圆的圆心为，半径为，
由题意知，两圆相切，圆心距为1，当两圆外切时无解，
所以只能是两圆内切，即，
解得或1．
时圆在内，时圆在外
故选：A
8. 如图，已知在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是以为斜边的等腰直角三角形，平面，点是线段上的动点（不含端点），若线段上存在点（不含端点），使得异面直线与成的角，则线段长度的取值范围是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先取取中点，建立空间直角坐标系，利用异面直线的夹角公式列出等式，结合二次函数的值域即可求出线段长度的取值范围.
【详解】如图，取中点，连接，因平面，平面，故平面平面，
因是以为斜边的等腰直角三角形，
故，又平面，且平面平面，所以平面，
如图分别以和过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系.

则，
设，设，
故，得
又因为，且异面直线与成的角，
故，即
即因则有，
则故得.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查运用建系法求解空间角的问题，属于较难题.
解题关键是根据条件建立空间直角坐标系，利用异面直线的夹角公式列出等式，然后利用二次函数的值域求参数取值范围.
二､多选题（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. 给出下列命题，其中正确的是（ ）
A. 向量，若夹角为钝角，则实数t的取值范围为
B. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点是
C. 已知向量是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底
D. 已知，则向量在向量上的投影向量是
【答案】BC
【解析】
【分析】由共线反向得到可判断A，坐标系中点的对称，可判定B；根据共面向量定理，可判定C；根据投影向量的计算方法，可判定D.
【详解】对于A，当时，共线反向，故A错；
对于B，由对称坐标表示可知点关于坐标平面的对称点是，B正确，
对于C，若共面，则存在，使得，
由，则，显然这两个未知量无实数解，
所以也是空间的一个基底，C正确；
对于D中，由，，，
可得，则，
所以向量在向量上的投影向量为，所以D错误.
故选：BC
10. 下列说法正确的是（ ）
A. “直线与直线互相垂直”是“”的充分不必要条件
B. 直线的倾斜角的取值范围是
C. 若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是
D. 过点且在轴，轴上的截距互为相反数的直线方程是
【答案】BC
【解析】
【分析】利用直线垂直求出的值，可判断选项A错误；根据直线的斜率为计算斜率的取值范围，进而推出直线倾斜角的范围，得到选项B正确；问题转化为两个圆相交问题，根据圆心距和半径的关系得到选项C正确；对于D：分截距是否为0两种情况求解可判断；
【详解】A.由两直线垂直得，，解得或，
“或”是“”的必要不充分条件，选项A错误.
B.由得，，直线斜率，
∵，∴，即，
∵，∴倾斜角的取值范围是.选项B正确.
C.到点距离为的点在圆上，
由题意得，，圆与圆有两个公共点，两圆相交，
∵圆心距，
∴，
∴，即的取值范围是，选项C正确.
对于D：截距为0时，设直线方程为，又直线过点，
所以可得，所以直线方程为，
当截距不为0时，设直线方程为，又直线过点，
所以可得，所以直线方程为，
所以过点且在轴，轴上的截距互为相反数的直线方程为或，故D错误；
故选：BC
11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，短轴长为，离心率为，是椭圆上异于长轴端点的一动点，点与点关于原点对称，则（ ）
A. 的面积最大值为
B. 的最小值为
C. 若以为直径的圆经过两点，则点的轨迹方程为
D. 椭圆上存在点，使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】A列关系式，求椭圆方程，当点位于短轴顶点时，的面积最大；B证明四边形为平行四边形，再结合基本不等式可求；C设过点的圆的一般方程，将三点坐标代入求出圆方程，利用关于圆心对称，求出点坐标，再利用消参思想求出轨迹方程；D当点位于短轴顶点时符合题意.
【详解】由题意可知，，，，解得，
则，，,
当点位于短轴顶点时，的面积最大，最大值为，故A错误；
因点与点关于原点对称，则四边形为平行四边形，则，
因，则
,
等号成立时，故B正确；
设过点的圆的方程为，
设，且，，，
则，，，
得，，
则过点的圆的方程为，圆心，
因为圆的直径，则关于点对称，则，
令，则，
因，则，
因，则点的轨迹方程为，C正确；
当点位于短轴顶点时，此时为等边三角形，，故D正确.
故选：BCD

三､填空题（本题共3小题.每小题5分，共15分，）
12. 设椭圆：(，)的左､右焦点分别为，，离心率为，是上一点，且，若的面积为，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知公式，结合椭圆的定义，勾股定理和面积公式，即可求解.
【详解】根据题意，离心率为，所以，所以，设，，
由椭圆的定义可得，，因为，所以，因为的面积为，
所以，即，所以，即，解得，
因为，所以.
故答案为：.
13. 如图所示，在棱长均为2的平行六面体中，，点M为与的交点，则的长为___________.
【答案】
【解析】
【分析】可以通过向量的加法将表示为其他向量的和，再利用向量的模长公式来求解.
【详解】根据向量加法三角形法则得到，，
即，即，展开得到，
，
运用数量积公式计算得到.
因为，所以.
故答案：.
14. 已知点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为__________；当最小时，则直线的方程为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由切线可知，，可得，进而分析最值；整理可得，进而分析最值，利用两圆相交时公共弦的方程求法运算求解.
【详解】因为圆可化为，可知圆心为，半径，
又因为是圆的两条切线，则，
可知四点共圆，且，，
因为，
当且仅当时，取到最小值，即取得最小值，
可设直线的方程为，
代入点可得，即，所以直线的方程为，
联立方程，解得，即，
则的最小值为，
所以的最小值为；
又因为，
当且仅当时，取到最小值，即取得最小值，
此时，，且线段的中点为，
则以为直径的圆的圆心为，半径为，
以为直径的圆的方程为，即，
因为圆，两圆相交，
所以两圆方程相减即为直线的方程.
故答案为：；.
四､解答题（本题共5小题共77分.其中15题13分，16､17题每题15分，18､19题每题17分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15. 已知圆过点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）若直线经过点，且与圆相交截得的弦长为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求出线段的垂直平分线方程并与已知直线联立求得圆心，即可求解；
（2）按直线的斜率存在与不存在分情况讨论，根据点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以线段的中点坐标为，直线的斜率，
因此线段的垂直平分线方程是.
联立，解得，
所以圆心的坐标.
圆半径长
所以圆心为的圆的标准方程是；
【小问2详解】
因为直线被圆截得的弦长为，
所以圆到直线的距离.
①当直线的斜率不存在时，此时圆心到直线的距离为，不符合题意.
②当直线的斜率存在时，设，
即.
所以，解得或.
直线的方程为或
16. 如图，四棱锥的侧棱底面，已知底面是正方形，若，且是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，根据线面角向量法求解即可.
【小问1详解】
如图，连接交于点，连接，
因为底面是正方形，
所以为的中点，
又因为是的中点，
所以在中，，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为四棱锥的底面是正方形，所以，
又因为侧棱底面，底面，
所以，，
如图，以为坐标原点，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，.
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知椭圆的上、下焦点分别为，，为椭圆上的一个动点，当取最大值时，其余弦值为，且点到上焦点的距离的最大值为9.又知双曲线与椭圆有公共焦点，它们的离心率之和为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求双曲线的标准方程；
（3）设是双曲线与椭圆的一个交点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设椭圆的焦距为.当点在椭圆左右顶点时，取最大值；当点在椭圆下顶点时，点到上焦点的距离最大.由此得到关系，根据求出，得到椭圆的标准方程.
（2）由双曲线与椭圆有公共焦点且它们的离心率之和为，可得到双曲线的实半轴长和半焦距，从而求出双曲线的标准方程.
（3）结合双曲线和椭圆的定义，得到的关系，利用余弦定理求得，从而求得，并求得的面积.
【小问1详解】
当取最大值时，为短轴的端点，如图1：

由，，，所以.
又点到上焦点的距离的最大值为9，如图2，即，解得，.
由，可得，椭圆的方程为.
【小问2详解】
由题意，设双曲线的方程为，且.
由椭圆方程为，得到焦点坐标为，椭圆的离心率为.
因为双曲线与椭圆有公共焦点，则.
因为椭圆与双曲线的离心率之和为，即，所以双曲线的离心率，
则，即，所以，故双曲线方程是.
【小问3详解】
由（1）（2）结合椭圆和双曲线的定义，得，，
解得或又，所以在中，
由余弦定理得，
所以.
故的面积为.

18. 如图，在三棱锥中，分别为的中点，为正三角形，平面平面.
（1）连接，求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）在线段上是否存在异于端点的点，使得平面和平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，为中点
【解析】
【分析】（1）根据已知条件利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据（1）中的结论以及已知条件以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，从而得出相关向量的坐标，设平面的法向量为，建立方程组得出法向量的坐标，再利用向量法求出点到面的距离即可；
（3），且，根据（1）的结论和（2）建立的空间直角坐标系以及已知条件，利用向量法列出平面和平面夹角的余弦值的表达式求出参数分析即可.
【小问1详解】
连接，如图所示：
为正三角形，又为中点，
，
平面平面，平面平面平面，
平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，又平面，
，
分别为的中点，
，
，
如图：
，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则
则点到平面的距离为.
【小问3详解】
设存在，
由（1）可知是平面的一个法向量，
由题可设，且，
，
则，
设平面的法向量为，由于，
则，
令，则，
，
整理得，解得或（舍），
故存在点，使得平面和平面夹角的余弦值为，
此时为中点.
19. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2，椭圆上有两点关于原点对称，动点与两点的连线分别交椭圆于点，满足，.
（1）求椭圆的方程；
（2）求动点的轨迹方程；
（3）过点作椭圆的两条切线（与坐标轴不垂直），试探究两切线斜率乘积是否为定值？
【答案】（1）
（2）
（3）为定值，证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的性质并结合题意建立方程，求出基本量，进而得到椭圆方程即可.
（2）结合题意，设出点的坐标，利用得到，利用得到，再将两式相加即可.
（3）设出切线方程并联立方程组得到，再结合判别式得到，最后利用韦达定理求解即可.
【小问1详解】
因为椭圆的短轴长为2，离心率为，所以，，
由椭圆的性质得，且，解得，，
则椭圆的方程为.
【小问2详解】
设，
而关于原点对称，则，可得，，
因为，所以，解得，
可得，因为在椭圆上，所以其坐标满足，
则，化简得，
而，，
因为，所以，
解得，则，
因为在椭圆上，所以其坐标满足，
则，化简得，
两式相加可得，即.
【小问3详解】
如图，作出符合题意的图形，
由题设，切线的斜率必定存在，设斜率为，得到切线方程为，
联立方程组，
得到，
因为直线与椭圆相切，所以，
可得，
化简得，
设过的两条切线的斜率分别为，
因为的轨迹方程为，所以解得，
由韦达定理得.