安徽省2025_2026学年高二数学上学期11月期中测试试题含解析

这是一份安徽省2025_2026学年高二数学上学期11月期中测试试题含解析，共20页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围， 已知直线， 已知曲线C， 已知直线l等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章～第三章
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知直线l过点和，则直线l在x轴上的截距为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线方程的两点式得直线方程，令，解出即可求解.
【详解】根据直线方程的两点式公式可得，化简可得，
令，可知，解得，所以直线l在x轴上的截距为.
故选：D.
2. 若A，B，C，D为空间中不同的四点，则下列各式不一定等于零向量的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算逐一分析各个选项即可得出答案.
【详解】对于A，，故A不符合题意；
对于B，，故B不符合题意；
对于C，，结果不一定为零向量，故C符合题意；
对于D，，故D不符合题意.
故选：C.
3. 在平面直角坐标系中，已知点，满足条件，则点的轨迹是（ ）
A. 椭圆B. 线段C. 射线D. 椭圆或线段
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆的定义、基本不等式判断即可.
【详解】因为，所以，当且仅当时等号成立，
又，
令、，则，，
即，
当时，，而，此时点的轨迹是线段；
当且时，，此时点的轨迹是以、为焦点的椭圆.
综上所述，点的轨迹是以、为焦点的椭圆或线段.
故选：D.
4. 已知直线：，：，当时，两直线，之间的距离为（ ）
A. 5B. 3C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由两直线平行列方程求，根据平行直线间距离公式求解即可.
【详解】当时，则满足，解得，
此时：，：，
则两直线间的距离为.
故选：B.
5. 若方程表示圆，且圆心在第二象限，则实数a取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将圆的一般式整理为标准式，写出圆的圆心以及半径，根据题意，建立不等式组，可得答案.
【详解】由，化简可得，
因为圆心在第二象限，则，所以，
解得，所以实数a的取值范围为.
故选：D.
6. 在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图建立空间直角坐标系，设，则可写出和的坐标，利用向量数量积的坐标运算求出夹角的余弦值，即可得解.
【详解】因为底面，底面为正方形，所以两两垂直，
如图，以点为坐标原点，直线所在方向分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，所以,
则，
设异面直线与所成角为，则.
故选:A.
7. 已知曲线C：，则“”是“直线与曲线C有且仅有1个交点”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系进行讨论即可.
【详解】曲线表示圆心，半径为4的圆的上半部分（包括与x轴的交点），
直线的斜率为1，在y轴上的截距为m，
当直线与曲线恰有1个公共点时，
该直线与曲线相切或有一个交点，如图所示：
相切时，圆心到直线距离等于4，则，
即或（舍去，因为当时与下半部分相切，不符合题意）；
由图象可知，有一个交点时，；
综上可知，当直线与曲线恰有1个公共点时，或；
所以“”是“直线与曲线恰有1个公共点”的充分不必要条件.
故选：A.
8. 已知空间向量，，，向量，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，由及已知得，，，四点共面，当平面时，有最小值，求出平面的一个法向量，应用点面距的向量求法求的最小值.
【详解】设，，
因为，则，则，
所以，，，四点共面，当平面时，有最小值.
由，，若平面的一个法向量，
则，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
所以到平面的距离.
故选：B
二、多项选择题：本大题共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. 已知曲线C：，则下列结论正确的有（ ）
A. 若，则C是焦点在x轴上的椭圆B. 若，则C是圆
C. 若，则C的焦点为和D. 若，则C的长半轴长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据圆、椭圆的标准方程，可得答案.
【详解】对于A，若，则C是焦点在x轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则曲线C：，所以C是圆，故B正确；
对于C，若，则C：，为焦点在轴上的椭圆，焦点为和，故C错误；
对于D，若，则C：，所以C的长半轴长为，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知直线l：，圆C：，其中，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线l与圆C相离
B. 当时，直线l的斜率不存在
C. 若点为圆C上任意一点，则的最大值为2
D. 过直线l上一点P作圆C的切线，切点为A，的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式即可判断A；根据直线方程即可判断B；根据点与圆的位置关系，结合两点间距离即可判断C；根据直线与圆的位置关系可知当时，取得最小值，即可判断D.
【详解】对于A，
圆C的圆心为，半径为1，
所以圆心到直线l：的距离，
所以直线l与圆C相离，故A正确；
对于B，
当时，l:，斜率为0，故B错误；
对于C，
因为原点在圆C上，所以，
所以的最大值为4，故C错误；
对于D，
因，所以当最小时，取得最小值，
当时，由A知,的最小值为，所以，故D正确.
故选：AD.
11. 在棱长为2的正方体中，点在棱上移动，．过点作平面垂直于空间对角线，设平面与正方体的截面为多边形．记截面多边形的重心为，面积为，边数为．当从0到2连续变化时，下列说法正确的是：（ ）
A. 平面与平面的夹角余弦值是；
B. 的取值范围是；
C. 值可能是5；
D. 点的轨迹的长度为.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A,通过建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面的夹角余弦值；B,当从到连续变化时，找到当或时，截面为正三角形的面积最小；当时，截面为正六边形的面积最大，再求出最小面积和最大面积即可；C,当从到连续变化时，通过观察分析得到答案；D,当从到连续变化时，首先通过观察分析找到点的轨迹是正三角形的重心到正三角形的重心的线段，再利用等体积法等求出这段线段的长度.
【详解】
如图（1），以为原点，，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
正方体的棱长为2，，,，
对于选项A：平面，平面的一个法向量为，，平面的一个法向量为，，设平面与平面的夹角为，，
选项A正确；
对于选项B：当或时，如图（2），截面为正三角形，且，
为最小值；
当时，截面为正六边形，如图（3），，
为最大值，选项B正确；
对于选项C：当从到连续变化时，截面多边形的边数可能是三角形，四边形，六边形，但是不能是五边形，则选项C错误；
对于选项D：重心的轨迹是正三角形的重心到正三角形的重心的线段，
设正三角形的重心为，正三角形的重心为，
，，，，， 正三角形的重心到正三角形的重心的线段长度为，选项D正确.
故选：ABD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，则____________.
【答案】4
【解析】
【分析】首先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得.
【详解】由于，，则，
于是.
故答案为：
13. 若不同的两点与点关于直线对称，则的倾斜角为______．
【答案】
【解析】
【详解】设直线的斜率为，倾斜角为，直线的斜率为，
因为，由题意知．
所以，即．
故答案为：.
14. 若过圆内不同于圆心的点恰好可以作5条长度为正整数的弦，则符合条件的点构成的区域的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据过圆内一点的最长弦长和最短弦长得到过点的最短弦长的取值范围，从而得到点与圆心之间距离的取值范围，得到符合条件的点的区域，进而得到面积.
【详解】由得，所以圆的圆心为，半径，
因为直径是最长的弦，所以点在圆内，过点的弦中，直径是最长的弦，长度为，
以下分析过点的最短的弦，

由垂径定理知，，其中为圆心到弦的距离，
要使得最短，则最大，
由图可知，，当弦时取到等号，所以当弦时，最大，弦长最短，
根据圆的对称性，这条长度为正整数的弦长度分别是，
要使得有两条长度为的弦，则最短弦长小于，要使得没有长度为的弦，则最短弦长大于，
因此，过点的最短的弦长，

因为弦长最短时弦，所以，，，
所以点落在以为圆心，半径分别为和的圆所夹的圆环内，
所以该区域的面积为，
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知椭圆E：（）的左、右焦点分别为，，且，两点在椭圆E上.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若点，，证明：点M在椭圆上，并求的周长.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，列式求出即得.
（2）将点的坐标代入椭圆方程计算得证；再利用两点间距离公式即可求解.
【小问1详解】
因为椭圆E经过，两点，
所以由椭圆的结构特征可知，，椭圆焦点在x轴上，
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
由点，得，
显然点满足椭圆方程，所以点M在椭圆E上，如下图：
由椭圆方程可知，，
所以的周长为.
16. 已知圆C：（，）与y轴交于A，B两点，，且.
（1）求圆C的标准方程；
（2）若直线和直线将圆C的周长四等分，求的值.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）由可知，，结合，可知，再联立求解即可；
（2）根据分成四等分，可得圆心到直线的距离，进而得到两平行线的距离即可求解．
【小问1详解】
圆C：（，），
则圆心，半径，如图：过作轴，

，，则，
又，则，
即，
解得，
所以圆C的标准方程为．
【小问2详解】
设直线和圆C交于点E，F，直线与圆C交于点M，N.

因为直线和直线将圆的周长四等分，所以圆心位于两直线之间，
连接CE，CF，CM，CN，则，
所以△ECF为等腰直角三角形，所以圆心C到直线的距离为，
同理可得圆心C到直线的距离为，
故直线和直线间的距离为，
所以，即．
17. 如图所示实验装置，由矩形ABCD和ABEF构成，且，，.活动点M，N分别在对角线BD，AE上移动，且.记，，，且，.
（1）用向量，，表示，.
（2）为何值时，最小，最小值是多少？
（3）当时，证明：平面ABCD.
【答案】（1），
（2），
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合图形，利用空间向量线性运算，即可用向量，，表示，.；
（2）借助空间向量数量积的运算律结合二次函数的性质计算即得答案；
（3）由平面ABCD等价于，，利用向量数量积公式计算即得结论.
【小问1详解】
由题意得，，，，
可知，
则
.
小问2详解】
因，，，，
则
，
则当时，有最小值，最小值为.
【小问3详解】
当时，，
则，
，
所以，，
因为AB，平面ABCD，，平面ABCD.，
所以平面ABCD.
18. 如图所示，在直三棱柱中，，，是线段上的动点（不与点，重合），且满足，实数.
（1）当时，证明：平面；
（2）当时，求二面角的余弦值；
（3）求四面体的外接球半径的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）证明直线与平面内两条相交直线垂直；
（2）先求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解；
（3）将四面体补成长方体，根据长方体的外接球就是四面体的外接球，结合点的位置确定外接球半径的取值范围.
【小问1详解】
由题知在直三棱柱中，平面，平面，所以，当时，为中点，由题知为等腰直角三角形，所以，
又，平面，，
所以平面，即平面EBC.
【小问2详解】
在直三棱柱中，，，，
则以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
又，则，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，故，
又在直三棱柱中，，则平面，
所以平面的一个法向量为，
又二面角的平面角为锐角，则二面角的余弦值为
.
【小问3详解】
设四面体的外接球球心的坐标为，半径为，
则，
故，
则，所以外接球球心I的坐标为，
又，代入得，
即，则，，
当时，取得最小值为，
当或时，，所以，
所以，，当时，取得最小值为，
当时，，所以，所以，
所以四面体的外接球半径的取值范围为.
19. 已知圆点.
（1）过作圆的切线，求切线的方程；
（2）过圆O上一点作两条相异直线分别与圆相交于，两点，且直线和直线的倾斜角互补.求证：直线的斜率为定值.
（3）已知，设为满足方程的任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值?若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）和
（2）证明见解析 （3）当，定值为；当，定值为
【解析】
【分析】（1）根据斜率是否存在进行分类讨论，用待定系数法求得切线方程；
（2）根据题目条件列出方程，利用韦达定理对直线斜率进行化简，求得定值为；
（3）先根据条件求得动点的方程，在假设定值存在，列出等式并用的方程化简，最后由多项式相等求得的坐标.
【小问1详解】
根据圆的方程可知，圆的圆心坐标为，半径为.
点距离圆心的距离，故点在圆外，过点的切线有两条.
当过点的直线不存在斜率时，切线方程为，
圆心距此直线的距离为，与半径相等.故此直线与圆相切.
当过点的直线存在时，设直线方程为，即，
圆心距离此直线的距离应为，故，解得.
故直线方程为，即.
所以过点且与圆相切的直线方程为：和.
【小问2详解】
假设过点的一条直线倾斜角为，
由题目条件得另一条直线的倾斜角也为，但过直线外一点做该直线的垂线只有一条，与两条直线相异矛盾，
故过的直线不可能垂直于轴.
由于两直线的倾斜角互补，因为，故两直线的斜率互为相反数.
设直线与圆相交于，两点，
直线与圆相交于，两点.
点在上，则，
化简得，
由韦达定理得.
点在上，则，
化简得，
由韦达定理得.
则直线的斜率为.
易得，.故.
故直线的斜率为定值.
【小问3详解】
设，因，所以，化简得， .
所以点的轨迹是一个圆，圆心为点，半径为.
因，所以圆内含于圆.故点一定在圆外，过任意的点都能作两条圆的切线.
因不存在此两条切线同时垂直于轴（否则两切线平行，与两切线都过点矛盾），故不妨设过的切线方程为，切点为.
则.
由圆的方程得.
设.则.
设.即.
把代入化简得， .
继续代入得，.
要使上式对任意的，均成立，则.
解得或.