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

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，共17页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷， 正方体中，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2.答题前，在答题卷密封区内填写班级､学号和姓名；座位号写在指定位置；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷.
第Ⅰ卷
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，只有一项符合题目要求.
1. 已知空间直角坐标系中两点，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由空间向量的坐标运算求解即可.
【详解】因为，则.
故选：B.
2. 直线的倾斜角是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由直线方程可得斜率，进而可得倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，，
因为直线的斜率，即，
可得，所以直线的倾斜角是.
故选：A.
3. 圆的圆心坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的标准方程求解即可.
【详解】圆的圆心坐标为.
故选：A.
4. 椭圆的焦距等于（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将椭圆化成标准式，再结合的关系即可求解
【详解】由得，
所以，
，
焦距.
故选：C.
5. 已知四面体中，点分别为棱的中点，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接，根据空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】连接，则，
所以.
故选：D
6. 已知圆和圆至少有3条公切线，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知两圆相外切或相离，求出两圆的圆心和半径，可得，由此可求出的取值范围.
【详解】当圆和圆至少有3条公切线，
所以两圆相外切或相离，
圆的圆心，
圆的圆心，
，，
当两圆相外切时可得，则，
当两圆相离时可得：，则，
则，解得：，又因为，可得.
故选：C.
7. 已知直线和直线互相垂直，则的最小值为（ ）
A. -1B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由直线与垂直可得，代入，由二次函数的性质求解即可.
【详解】因为直线和直线互相垂直，
所以，化简得：，即，
所以
当时，的最小值为.
故选：B.
8. 已知斜率为的直线与椭圆交于两点，若的重心在直线上，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及三角形重心位置综合求出离心率.
【详解】设直线方程为，，
由的重心在直线上，得，则，
，解得，
由消去得，
于是，整理得，所以椭圆的离心率.
故选：D
二､多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 正方体中，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立适当空间直角坐标系后，表示出对应向量并逐项计算即可得.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，顶点坐标如下：
，；
A选项，，A错误；
B选项，，，平行，B正确；
C选项， ，C正确；
D选项， ，D正确.
故选：BCD.
10. 已知圆，点，直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点的坐标为，则直线被圆截得的弦长等于
B. 若直线被圆截得的弦长等于，则为定值
C. 若直线与圆相交，则点在圆内
D. 若点在圆上，直线与圆相切
【答案】ABD
【解析】
【分析】由圆的弦长公式可判断A；先求出圆心到直线的距离，再由圆的弦长公式求出可判断B；若直线与圆相交可知由此可判断C；若点在圆上，则，由圆心到直线的距离等于半径可判断D.
【详解】对于A，点的坐标为，直线，
圆的圆心为，
圆心到直线的距离为，
所以直线被圆截得的弦长等于，故A正确；
对于B，圆心到直线的距离为：，
若直线被圆截得的弦长等于，
解得：，故B正确；
对于C，若直线与圆相交，圆心到直线的距离为：
，即，所以点在圆外，故C错误；
对于D，若点在圆上，则，
圆心到直线的距离为：，
此时直线与圆相切，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知椭圆的左右焦点为为椭圆上的点（不在轴上），的角平分线交轴于点的面积最大值为4，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，利用端点是焦点三角形面积最大即可求出；对C，利用角平分线性质即可判断；对B，利用焦半径公式和两点距离公式并结合二次函数性质即可判断；对D，求出其横坐标范围即可判断.
【详解】已知椭圆，则.
当点P为椭圆的短轴端点时，的面积取得最大值,根据三角形面积公式，解得，
又因为在椭圆中有，因为，所以，故选项A正确；
因为PM是的角平分线，根据角平分线性质可得，所以，故选项C正确；
由选项A可知，，则，
因为P为椭圆上的点（不在轴上），所以设，其中 ，所以，得到，
设 ，则，，椭圆离心率为，
根据焦半径得 ；
因为则
，得
；
当时有最大值2，故选项B项错误；
因为，所以，则，故选项D正确.
故选:ACD
第II卷
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 过点且斜率为3的直线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用点斜式计算可得.
【详解】过点且斜率为的直线方程为，
即.
故答案为：
13. 点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，，要求的最小值，即求的最小值，的最小值即为到直线的距离，求解即可.
【详解】圆的圆心为，
过点作圆的切线，切点为，所以，
所以，
要求的最小值，即求的最小值，
的最小值即为到直线的距离，
所以，
所以.
故答案为：.

14. 在正四棱锥中，为棱上一点，且，则异面直线和所成角的余弦值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先根据空间向量数量积公式计算，再应用模长公式及数量积运算律，异面直线所成角的余弦公式计算求解.
【详解】因为为棱上一点，且，
则，
又因为，，
所以，
所以，
因为是正方形，所以，所以，
设异面直线和所成角为，
所以.
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.
（1）若，求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算进行计算即得；
（2）先通过空间向量的坐标运算求得，再由数量积得不等式求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
得
小问2详解】
因为，所以.
解得：或.
16. 在中，已知点，点在直线上.
（1）若点的坐标为，求边上的高线所在的直线方程；
（2）求周长的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求直线的斜率，再根据垂直关系求边上的高线的斜率，由点斜式即可得高线所在的直线方程；
（2）先求点关于直线的对称点为，再由结合两点间的距离公式求得的最小值.
【小问1详解】
直线的斜率为
所以边上的高线的斜率为，
得边上的高所在的直线方程为，即
【小问2详解】
因为，所以
的周长
设点关于直线的对称点为，则
解得，所以点关于直线的对称点为，
，
当且仅当三点共线时取等号.
的周长的最小值为.
17. 已知圆过点，直线的方程为.
（1）求圆的方程；
（2）当直线被圆截得的弦长最短时，求的值及最短弦长.
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）设圆的方程为，将三点代入解方程求出，即可得出答案.
（2）先求出直线过定点可判断点在圆内，当时，直线被圆截得的弦长最短，由此可求出再由弦长公式求出最短弦长.
【小问1详解】
设圆的方程为，
由题意可知
解得：满足，
所以圆的方程为；
【小问2详解】
直线的方程为，即.
所以直线过点，即直线过定点
圆的圆心为，又因为，即点在圆内，
所以当时，直线被圆截得的弦长最短，
此时直线的斜率为1，所以直线的斜率为-1，，解得：
直线的方程为，
，
所以直线被圆截得的最短弦长为.
18. 如图，正四棱台中，，点为棱的中点，点在棱上，且.
（1）当时，求证：；
（2）求点到平面的距离；
（3）当时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）当时，易证，又可得；
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量，由点到平面的距离公式求解即可；
（3）当时，求出平面与平面的一个法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
证明：当时，点为的中点，
在等腰梯形中，点为的中点，
所以，又因为，所以；
【小问2详解】
以为坐标原点，为轴，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
设平面的一个法向量是，
，所以，
得，令，所以，得，
又因为，
所以点到平面的距离为
【小问3详解】
当时，
设平面的一个法向量是，
，所以，
得，令，所以，得
所以平面与平面的夹角的余弦值为：
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
19. 已知点为椭圆的左焦点，长轴长为为椭圆上的点，当垂直轴时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在直线，点到直线的距离为，使得为定值；若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
（3）为椭圆的下顶点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，求证：的面积小于.
【答案】（1）
（2）存在，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由长轴长得，再根据得到求得即可得椭圆的方程.
（2）设的坐标为，利用距离公式结合化简得到，根据为定值可得，进而求得即可得直线的方程；
（3）设直线的方程为，将直线与椭圆联立并由根的判别式和韦达定理得到，利用弦长公式和点到直线的距离公式求得及，进而得的面积，再分别在和时进行证明.
【小问1详解】
因为，得；又，所以，
所以椭圆方程为
【小问2详解】
设的坐标为，所以，
因为，所以，
又点到直线的距离
所以
又因为为定值，所以，解得，
所以存在直线，使得.
【小问3详解】
设直线的方程为，
直线与椭圆联立可得：，
所以，得，
由韦达定理可：.
所以
点到直线的距离为，
所以的面积
①当时，在时取最大值，
所以
②当时，在时取最大值，
即.
设，
所以