安徽省部分学校2025_2026学年高二数学上学期11月期中联考试题含解析

这是一份安徽省部分学校2025_2026学年高二数学上学期11月期中联考试题含解析，共19页。试卷主要包含了 已知空间中，，，四点共面，则等内容，欢迎下载使用。
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.
一､单项选择题：本题共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. 直线在轴上的截距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线与轴交点的纵坐标即可.
【详解】令，解得，即直线在轴上的截距为，
故选：A.
2. 已知椭圆的焦距为，则（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得出，然后对椭圆焦点的位置进行分类讨论，结合、、的关系可求得的值.
【详解】由题意可得，则，
当椭圆的焦点在轴上时，则，，，解得；
当椭圆的焦点在轴上时，则，，，解得.
综上所述，或.
故选：D.
3. 已知直线经过、两点，直线的方向向量为，若，则（ ）
A. 或B. C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出两直线的斜率，根据可得出两直线的斜率相等，可得出关于的等式，解之即可.
【详解】当时，此时的斜率不存在，而直线的斜率，显然不平行，故不等于，
则直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，所以，即，整理得，解得或.
故选：A.
4. 已知直线与圆相交，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将圆的一般式方程整理为标准方程，确定其圆心及半径，使圆心到直线的距离小于半径即可.
【详解】圆的方程可整理为：，
因此圆心，半径.
因为直线与圆相交，故圆心到直线的距离，
得，即.
故选：C.
5. 已知空间中，，，四点共面，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由四点共面，得与共面，利用共面向量定理列方程组求解即得．
【详解】因为，，，，
所以，，，
因为四点共面，所以与共面，
而、不共线，则存在唯一实数对，使得，
所以，
所以，解得．
故选：D.
6. 已知直线过点，且与两个坐标轴的正半轴分别交于点、，为坐标原点，则面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直线的方程为，可得出，利用基本不等式可求得的最小值，由此可得出的最小值.
【详解】不妨设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程得，
由基本不等式可得，可得，即，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故，即面积的最小值为.
故选：B.
7. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上且轴，为坐标原点，点满足，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由对称性不妨设在第一象限，根据轴求得，根据求得，再根据可得，故可求离心率.
【详解】设椭圆的半焦距为，由对称性不妨设在第一象限.
由题设有，因，故，故，
故，故，因为，故，
故，而，
因为，故，
整理得，故，故（负根舍去），
故选：D.
8. 如图，是直角三角形，，，边上有一点，满足，将沿翻折到的位置，使得二面角为，则的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设、得到，作，，垂足分别为点、，连接，由空间向量的线性运算得出，利用空间向量数量积的运算性质得出，结合基本不等式可求得长的最小值.
【详解】设，，则，
如图，作，，垂足分别为点、，连接，

则，
所以，
由图可知，，
，，，
所以，
当且仅当时取等号，
故的最小值为.
故选：C.
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. 已知直线，，，则下列选项正确的是（ ）
A. 的倾斜角的取值范围是
B. 一定经过第一､四象限
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由斜率的范围判断A，根据直线所过的定点判断B，根据直线平行或垂直的判断方法求出对应的参数值判断C，D即可.
【详解】对于A，设直线的倾斜角为，则，
由题设有直线的斜率为，设，故，故A正确；
对于B，直线过定点，且该直线的斜率非零或不存在，
故一定经过第一､四象限，故B正确；
对于C，因为，故，故或，故C错误；
对于D，因为，故，故，
此时，，平行，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知圆，直线，过上的动点作圆的切线，切点分别为，则（ ）
A. 圆上的点到的距离最大值为
B. 的最小值为
C. 的最大值为1
D. 的最小值为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】由圆心到直线的距离可判断ABD，对于C，根据解直角三角形可得，根据可算出的最大值为钝角，故可判断正误.
【详解】连接.
对于A，由题设有，圆的半径为，
圆心到直线的距离为，
而，故直线与圆相离，故圆上的点到的距离最大值为，故A正确；
对于B，因为，而为到直线的距离，
故，故B错误；
对于C，因为，当且仅当时等号成立，
故，设且为锐角，
则由可得，而为锐角，故，
故，结合可得的最大值可为1，
故C正确；
对于D，由对称性可得，
故，其中为四边形的面积，
而，
由B的分析可得为到直线的距离，故，
故的最小值，当且仅当时取最小值，故D正确；

故选：ACD.
11. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，，三棱锥的体积为，点在棱上，且，则（ ）

A. 四棱锥高为
B. 的面积为
C. 在上的投影向量为
D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；建系，推导出，利用三角形的面积公式可判断B选项；推导出，结合投影向量的定义可判断C选项；利用空间向量法可判断D选项.
【详解】对于A选项，如图，连接，设，
由题意知，和都是等边三角形，
又因为，
所以点在平面内的射影为的中心，设为，连接，
由，解得，即四棱锥的高为，A错；
对于B选项，由已知，又平面，
以为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
过点且与平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，
所以，，则，所以，
又因为，，
所以，B对；
对于C选项，因为，所以，，所以，
所以，，，则，即，
所以在上的投影向量为，C对；
对于D选项，易知，，
设平面的一个法向量为，
则，取，可得，
设直线与平面所成的角为，则，D错.
故选：BC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面过坐标原点，且一个法向量为，则点到的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】运用点到平面距离的向量求法即可.
【详解】由题可知，在平面内，，.
故答案为：.
13. 如图，在直角坐标系中，四边形是矩形，，，、、、分别是矩形四条边的中点，、分别是线段、上的动点（均与端点不重合），且满足，直线、的交点为，则的最大值为__________.

【答案】
【解析】
【分析】推导出，设点，则，可求出点的轨迹方程，结合椭圆的几何性质可求得的最大值.
【详解】设，则、，其中，
由已知可得、，则，
设点，则，整理可得，则，
即点在椭圆上，故，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
故答案为：.
14. 已知满足等式的有序数对有且仅有一个，则__________.
【答案】或
【解析】
【分析】由已知等式变形得出，设直线的方程为，可知点到直线的距离为，点到直线的距离为，即是圆（半径为）和圆（半径为）的公切线，对圆、圆的位置进行分类讨论，数形结合可求得的值.
【详解】由变形得，
设直线的方程为，
该等式可理解为点到直线的距离为，点到直线的距离为，
即是圆（半径为）和圆（半径为）的公切线，根据题意这样的公切线仅有一条.

情形一：圆与圆内切，则是两圆唯一的公切线，则，得，
情形二：圆与圆相交，一条公切线过原点，另一条公切线为，
因为直线不过原点，该情形下也是唯一的，如图，两条切线的交点为，
与两个圆的切点分别为、，
因为，所以，可得点，切线方程为，即，
此时.
故答案为：或.
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. 已知直线的方程为，.
（1）若不经过第二象限，求的取值范围；
（2）若的斜率存在且不为，在轴上的截距为轴上截距的倍，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，可得直线不经过第二象限；当时，结合函数图象可知斜率为正，且在轴截距小于等于零，从而构造不等式组求得结果；
（2）当过坐标原点时，可求得满足题意；当不过坐标原点时，求出直线在轴，轴上的截距，利用在轴上的截距为轴上截距的倍构造方程求得结果.
【小问1详解】
当，即时，直线为，不经过第二象限，满足条件，
当，即时，直线可转化为，
则解得，
综上所述，的取值范围为；
【小问2详解】
当过坐标原点时，，解得，符合题意，
因为的斜率存在且不为，所以且，
当不过坐标原点时，即，令，则，令，则，
因为在轴上的截距为轴上截距的倍，所以，
解得，又，所以该方程无解；
综上所述，
16. 如图，在平行六面体中，，是棱的中点，记，，.

（1）用、、表示向量；
（2）若，，点满足，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的基本定理可将用向量、、表示；
（2）由题意得出结合空间向量数量积的运算性质得出关于的值，再利用空间向量数量积的运算性质可求得的值.
【小问1详解】
由题意可得
.
【小问2详解】
，
因为，所以，解得，
所以，
故.
17. 如图，三棱锥中，，，，平面平面，是中点，且满足.
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面平面，先得面，从而，求得，再由勾股定理得证；
（2），，两两垂直，建立如图坐标系，求出面和面的法向量，利用空间向量夹角求解.
【小问1详解】
连接，因为，中点，所以，
因平面平面，平面平面，
且面，，
所以面，又因为面，所以，
由，又，，得；
【小问2详解】
由（1）知，，，两两垂直，建立如图坐标系，
则，，，，
所以，，，
设，分别是面和面的法向量，二面角记为，
由，令，得，
得是面的一个法向量，
由，令，得，
得是面的一个法向量，
所以，所以，
故二面角的正弦值为.
18. 已知圆的圆心在轴正半轴上，半径为，且圆与直线相切.
（1）求圆的方程；
（2）过点的直线与圆交于、两点，为坐标原点.
（i）若的面积为，求的斜率；
（ii）若过点的直线与圆交于、两点，且，求四边形的面积的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，设，，利用直线与圆相切，利用几何法可得出关于的等式，可求出的值，由此可得出圆的方程；
（2）（i）分析可知的面积为，利用三角形的面积公式可求出的大小，分析可知直线的斜率存在，设该直线的方程为，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，解出的值即可；
（ii）对两直线的斜率是否存在进行分类讨论，求出、，再利用四边形的面积公式可求得的最小值.
【小问1详解】
设点，，
因为圆与直线相切，
所以点到该直线的距离为，因为，解得，
故圆的方程为.
【小问2详解】
（i）因为的面积为，，所以的面积为，
即，所以，
若，则圆心到直线的距离为，不合乎题意，
若，则圆心到直线的距离为，合乎题意，
所以圆心到直线的距离为，
易知直线斜率一定存在，设直线的方程为，即，
由题意可得，解得，即直线的斜率为.
（ii）当、中有一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为，
此时；

当直线、的斜率都存在时，
设直线的方程为，则直线的方程为，
所以点到直线的距离为，则，
同理可得，
所以
，
综上所述，，即四边形面积的最小值为.
19. 已知椭圆的离心率为，点在上，的左焦点为.
（1）求的方程；
（2）过点的直线（不与轴重合）与交于、两点，直线、分别交直线于点、，且的中点为.
（i）求证：；
（ii）记、、的面积分别为、、，是否存在，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）存在，且.
【解析】
【分析】（1）根据题意可得出的值，结合离心率可得出的值，由此可得出的值，则椭圆的方程可得；
（2）（i）设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出直线的方程，可得出点的坐标，同理可得出点的坐标，进而得出点的坐标，结合斜率关系可证明出；
（ii）利用韦达定理化简的表达式，并求出的表达式，即可得出的值.
【小问1详解】
因为点在椭圆上，所以，
因为椭圆的离心率为，则，，
因此，椭圆的方程为.
【小问2详解】
如图：
（i）由（1）可知，设直线的方程为，设点、，
联立得，
恒成立，
由韦达定理可得，，
直线的方程为，令得，
所以点，同理可得点，
所以
，即，
当时，直线与轴垂直，、都在轴上，满足；
当时，有，，则，也满足.
综上所述，.
（ii）因为
，
，
所以，即存在符合条件.