浙江省2025_2026学年高二数学上学期11月期中测试试题含解析 (1)

这是一份浙江省2025_2026学年高二数学上学期11月期中测试试题含解析 (1)，共22页。
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷：
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 设复数满足在复平面内对应的点为，则点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数模的定义，代入计算即可求出在复平面内对应点的轨迹方程.
【详解】,
,
即，
所以的轨迹方程为.
故选：D
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先解对数不等式得出集合，再应用补集及交集运算求解.
【详解】集合，
则，
则.
故选：D.
3. 若，则“”是“”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】根据正弦的诱导公式结合充分不必要条件定义判断求解.
【详解】“”可以推出“”，
当，满足，不能推出,
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 设，向量，且，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由空间向量平行及垂直的坐标表示求出，然后由向量模的坐标表示求解．
【详解】因，所以，解得，
因为，所以，解得，
所以，所以，
所以.
故选：C
5. 过点且斜率小于0的直线与轴，轴围成的封闭图形面积的最小值为（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】设直线为，代入得，表示出所围成封闭图形面积为，进而结合基本不等式求解即可.
【详解】设直线为，代入得，
即，，
设直线与x轴交点，与y轴交点，
则所围成封闭图形面积为，
，
当且仅当，即时等号成立，
所以所围成的封闭图形面积的最小值为6.
故选：B.
6. 已知直线与椭圆交于两点，若（是椭圆的两个焦点），则四边形的面积为（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】结合矩形性质与椭圆的定义及面积公式计算即可得．
【详解】由椭圆的定义可知，
则，
直线过原点，则关于坐标原点对称，
又，关于坐标原点对称，故四边形为矩形．
则有，故，
故四边形的面积．
故选：C．
7. 在正方体中，点为线段上的动点，则异面直线与所成角的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设正方体的棱长为1，异面直线与所成角为，以D为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法研究即可求解
【详解】设正方体的棱长为1，异面直线与所成角为，
以D为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设，
所以，
所以，，
所以，
，
因为，所以时，取最小值，此时取最大值，
因为，所以的最小值为，
则异面直线与所成角的最小值为．
故选：B．
8. 若实数满足，则的大小关系不可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，结合对数，指数，根式的运算得到，再赋值逐一分析可得.
【详解】设，则.
当时，，此时，A成立.
当时，，此时成立.
当时，，此时，D成立.
当时，显然；当时，显然，当时,，故B不可能成立.
故选：B.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．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，选对但不全得部分分，有选错的得0分．
9. 将一颗质地均匀的正方体骰子抛掷1次，记试验的样本空间是，事件，则（ ）
A. 与是互斥事件
B. 事件与相互独立
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据互斥事件的概念判断A；根据独立事件定义判断B；求出可判断C，利用互斥事件的概率公式可判断D.
【详解】，则与不能同时发生，故与是互斥事件，故A正确；
，，，
所以，故事件与相互独立，故B正确；
，则，故C正确；
与是互斥事件，则，故D错误，
故选：ABC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的一个周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 的最大值为2
D. 在上的所有零点之和为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据周期的定义可判断A，由对称性的结论可判断B，根据三角函数的最值分析可判断C，令，即，求出零点可判断D.
【详解】∵，
∴的一个周期为，故A正确；
∵
，
∴的图象关于直线对称，故B正确；
.
∵，，
∴要使取最大值2，需且，
由得，即，
而此时，与不符，
故最大值不是2，故C错误；
令，即，
即，即，
所以或，则或，
则或，
∵，∴，
∴在上的所有零点之和为，故D正确，
故选：ABD.
11. 底面半径为3，高为6的圆柱内放有一个半径为1的球，球与圆柱侧面相切，作不与圆柱底面平行的平面，与球切于点，若平面与圆柱侧面相交所得封闭曲线为，则下列命题正确的有（ ）
A. 曲线的离心率最大值为
B. 曲线的离心率最大值为
C. 平面与底面所成夹角正弦最大值为
D. 点到底面距离最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】由平面与圆柱侧面相交的特点可知曲线的轨迹是椭圆，并且易知其短轴长为圆柱的直径.画出平面与圆柱相交的轴截面图，在运动中分析离心率，线面角，点到底面距离的变化情况，再按需要求出各自的最值即可.
【详解】由平面与圆柱侧面相交的特点可知所得封闭曲线的轨迹是椭圆.
且易知椭圆的短半轴,设长轴长为,
,
如图为圆柱的轴截面，
观察上图可知，当平面与圆柱的截面从运动至的过程中，椭圆的长轴长先变小后变大，
根据前面给出的离心率公式，离心率先减小后增大；
平面与底面所成夹角的正弦值也先减小后增大；
点距离底面的距离先增大后减小.
因此，离心率与平面与底面所成夹角的正弦值，在截面取得或两者之一时取得最大值；点到底面的距离在截面取得或两者之一时取得最小值.
情形一：当平面与圆柱的截面为时，
,由相切得
,则,
,
此时，离心率,
平面与底面所成夹角的正弦值为,
点到底面的距离.
情形二：当平面与圆柱的截面为时，点与点重合，
,故
则
故
此时离心率
平面与底面所成夹角的正弦值为,
此时点（即点）到底面距离.
综上所述，曲线的离心率的最大值为,平面与底面所成夹角正弦最大值为,点到底面距离最小值为.
故选：BD．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知双曲线，则双曲线的离心率是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线方程，求出即可得解.
【详解】因为双曲线方程为，
所以，
故，
所以，
故答案为：
13. 已知直线经过点，且与圆相交于两点，若，则直线的方程为___________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据弦长，利用垂径定理求出圆心到直线的距离.然后分直线斜率存在与不存在两种情况来求直线的方程.
【详解】弦长，半径，则圆心到直线的距离为.
把，代入可得.
当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为，
所以直线斜率不存在时满足条件.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.
根据点到直线距离公式，由圆心到直线的距离，
可得.两边平方得，展开得. 解得.
当时，直线的方程为，即.
故答案为：或.
14. 已知直三棱柱，，且，过作平面，使，，若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量共面的性质，通过设未知数建立方程组求解；
【详解】以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
则，
设，则，
由题得共面，则设，
即，
则，
所以得，则，所以．
故答案为：．

四、解答题：本大题共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. 已知的内角的对边分别为，的外接圆的半径为，且的面积为．
（1）求的值；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）
（2）9
【解析】
【分析】（1）应用正弦定理计算求解；
（2）先应用两角和的余弦计算求解，再应用余弦定理计算求解
【小问1详解】
由，又，所以，
由正弦定理：，
得，
所以，
所以得：
【小问2详解】
由，得，
所以，则．
所以，
又，由余弦定理得：，
即：，
得，得，所以周长为9．
16. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，为的中点，且，
（1）若，求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求实数的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）应用中位线得出，进而得出线面平行；
（2）先求出平面的法向量，再应用线面角正弦公式计算求参.
【小问1详解】
当时，则为的中点，所以为的中点，
又为的中点，所以为的中位线，
所以，又平面，而平面，
所以平面
【小问2详解】
如图，设为线段的中点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则
令，则，得．
设直线与平面所成的角为，
则
则，化简得，则或．
17. 动点与定点的距离和它到定直线的距离比为．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）若斜率为的直线与圆相切，与（1）中所求点的轨迹交于两点，且（其中为坐标原点），求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用已知条件列方程并化简即可求出动点的轨迹方程；
（2）设直线方程为，联立曲线方程，运用韦达定理结合已知向量关系得出关于不等式，解不等求的取值范围．
【小问1详解】
动点与定点的距离和它到定直线的距离比为
，化简得：．
动点的轨迹方程为：．
【小问2详解】
设直线方程为，，，
直线与圆相切，，即，
联立，消去，得，
，
且，
由韦达定理得，
,
即，，
，，
，解得，
解得或，
．
18. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据结合二面角定义得出进而得出面面垂直；
（2）先求出平面的法向量和平面的一个法向量，再结合面面角余弦公式计算求解；
（3）先设，再根据得出坐标，根据球心到平面距离加半径得出距离最大值.
【小问1详解】
设为的中点，连接，
由题得，，
所以为正三角形，则，
所以为平面与平面的夹角，
又，所以，
所以，所以平面平面．
【小问2详解】
由（1）可知两两垂直，
故以坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则，
令，则，则，
平面的一个法向量为，
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
设外接球的球心为，因为，所以在过的中点且平行于z轴的直线上，
设，
则，又，
所以，化简得：．
所以，
则外接球的半径，
又，
所以点到平面的距离．
所以点到平面距离的最大值为.
19. 设椭圆，过外一点作的两条切线，斜率分别为．若满足，则称点的轨迹为的-相关曲线．特别地，当时，的轨迹为一个圆，且满足方程，这样的圆被称作为蒙日圆．（注：为上任一点，则处的切线方程：）．
（1）设椭圆与其-相关曲线，点分别为曲线上点，记，用含的式子表示（直接写出结果）；
（2）设椭圆，其相关曲线，求；
（3）设椭圆与其相关曲线，设与在第一象限的交点为，过分别作与的切线，满足．设的左、右焦点分别为，满足，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）应用曲线的新定义计算求解；
（2）根据切线方程结合直线与椭圆的位置关系得出判别式及韦达定理计算求解；
（3）应用-相关曲线，化简得出，再应用余弦定理计算求值.
【小问1详解】
由题可知椭圆与其-相关曲线，
所以，
；
【小问2详解】
设为上一点，过的切线方程为，
，
.
即，
由题意得，
所以；
【小问3详解】
类似（2），计算可得椭圆的-相关曲线为，即,
由于，故为焦点在轴上的双曲线，
不妨设，
设离心率为离心率为，
由，得
由已知：
从而有
，即与有共同焦点.
则对于
，此时
在中，由余弦定理得：
，
，，
.