浙江省2025_2026学年高二数学上学期11月期中联考试题含解析

这是一份浙江省2025_2026学年高二数学上学期11月期中联考试题含解析，共24页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 若方程表示双曲线，则该双曲线等内容，欢迎下载使用。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分（共58分）
一､单选题：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. 点关于平面的对称点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系中关于平面对称的点的坐标特征来求解点的对称点坐标.
【详解】已知点的坐标为，关于平面对称的点的坐标为.
故选：C.
2. 已知直线的方向向量为，则直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直线的方向向量先求出直线的斜率，再求倾斜角即可
【详解】解：因为直线的方向向量为，
所以直线的斜率为，即，
又倾斜角，所以.
故选：D
3. 已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】由得到，从而得到，利用向量的数量积求解.
【详解】，，，，.
故选：A.
4. 已知为两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若则
D. 若则
【答案】D
【解析】
【分析】ABC可以在正方体中找到反例，从而否定；利用线面垂直的性质定理和面面垂直的定义可以证明D.
【详解】选项 A：如图正方体：
在正方体中，设平面为，平面为，直线为，直线为，
根据正方体的性质可知满足，，，，而非.故不正确；
选项 B：如图正方体：
设平面为，平面为，直线为，直线为，
由正方体的性质可知满足，，，此时与平行，不垂直.
故不正确；
选项 C：如图正方体：
设平面为，平面为，直线为，直线为，
根据正方体的性质可知满足，，，但和相交，不平行.
故不正确；
选项 D：若，，，则
如图所示，设，，
在直线上取一点作直线的平行线交平面于点，
因为，所以.
因为，所以，
记直线和所确定的平面记为.
因为，，所以，
因为直线和是平面中的两条相交直线，
所以直线.
设，则四边形为平面内的四边形，且为、所成的每个二面角的平面角或其补角.
因为，所以，所以，
因为，，所以，所以，
因为，，所以，所以.
所以，所以，故D正确.
综上，唯一正确的结论是选项D.
故选：D.
5. 已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，若，且，则椭圆的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆定义得， ，然后在和中，利用勾股定理得，，即可求解椭圆方程.
【详解】连接，由椭圆的定义有， ，
因为，所以，
在中，，即，解得，
在中，，即，
所以，解得，所以，
所以椭圆的方程为即.
故选：B

6. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题可画出曲线C图象，结合直线过定点与图形可得答案.
【详解】曲线即表示如图所示的半圆，
又过定点：.
当与半圆相切时，圆心到直线距离为1，则，
当直线过如图点时，斜率为：，
则实数的取值范围是.
故选：B
7. 已知抛物线为上的动点，为圆上的动点，则点到直线的距离与之和的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】如图，作直线，直线，取抛物线焦点为F.由抛物线定义可得点到直线的距离与之和为，然后由圆外一点到圆上距离最小值相关结论可得答案.
【详解】由题可得抛物线焦点为：，准线为：.
如图，作直线，直线，取抛物线焦点为F，
则点到直线的距离与之和为，
由抛物线定义可得：，
则当四点共线时，取最小值为，
又由题可得，，则最小值为：.
故选：A
8. 双曲线的右焦点为，过的直线与的右支相交于两点，点为线段的中点，若的中垂线与轴交于点，则的横坐标为（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，利用设而不求点差法求得，再根据的中垂线与直线垂直建立方程得，求解即可.
【详解】由题意，设，
则，相减得，
因为点为线段的中点，所以，
所以，所以，
因为的中点为，结合，
所以的中垂线斜率为，
由题意，即，解得，即的横坐标为3.
故选：C
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.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 已知直线，圆，下列判断正确的是（ ）
A. 直线在轴上的截距为3
B. 圆心坐标为
C. 直线与圆相交
D. 圆上的点到直线的距离最大为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，令可得直线在轴上的截距；对于B，将圆方程化为标准式可判断选项正误；对于C，比较直线到圆心距离与圆半径大小可判断选项正误；对于D，由圆上点到直线距离最大值可判断选项正误.
【详解】对于A，对于，令，可得，故A正确；
对于B，，则圆心坐标为，故B正确；
对于C，直线到圆心距离为：，该距离大于圆半径，则直线与圆相离，故C错误；
对于D，由C直线到圆心距离为，则圆上的点到直线的距离最大为，故D正确.
故选：ABD
10. 若方程表示双曲线，则该双曲线（ ）
A. 满足或B. 焦距为
C. 渐近线斜率可以是D. 不可能是等轴双曲线
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据双曲线的标准方程求出的取值范围，再根据双曲线的性质逐一分析选项.
【详解】选项A，对于方程表示双曲线，则，
所以的取值范围是或，故A选项正确；
B选项，当时，双曲线方程为，
则，焦距，不是定值；
当时，双曲线方程为，
则，焦距，也不是定值；B选项错误；
C选项，
当时，双曲线方程为，其渐近线方程为；
令，化简得：，解得，满足，所以渐近线斜率可以是，C选项正确；
D选项，若该双曲线是等轴双曲线，
当时，，此方程无解；
当时，，此方程无解；
所以该双曲线不可能是等轴双曲线，D选项正确.
故选：ACD.
11. 如图，在平面四边形中，，将沿折起，使点到达点的位置，下面正确的是（ ）
A. 为线段上的动点，则的最小值为
B. 异面直线与所成角的余弦值取值范围是
C. 若平面平面在三角形内部，，则轨迹长度为
D. 当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项在翻折前的平面四边形中，当共线，即的长就是的最小值，结合余弦定理求解即可；B选项，利用空间向量表示异面直线夹角的余弦值；C选项，先由等体积法可求得点到平面的距离，则可得在平面内，的轨迹为圆，但要判断此圆是否完全在三角形内；D选项，分析体积最大时的几何关系，由直角三角形斜边中线性质可得出圆心半径， 求出表面积.
【详解】A选项，在直角三角形中，，则，
在直角三角形中，，则，
对于线段上的任意动点，翻折前后总有，
对于翻折前的平面四边形，当共线，即的长就是的最小值，
由于，由余弦定理可得，故A正确；
B选项，，
，
，
对于，翻折前为，由于，则可完全翻折使得在直线 上，
由于需要是异面直线，故，，则，
在三角形中可求得，
则，故B正确；
C选项，由平面平面，交线为，平面，可得平面，
则，可得，则，即三角形为直角三角形，
作平面，垂足为，
则由即可得，
则，即在平面内，的轨迹是为圆心，1为半径的圆，
对于三角形，由等面积可得其内切圆半径，
则在三角形内部，的轨迹不是完整的圆，故长度不是，C错误；
D选项，三棱锥的底面积不变，长度不变，
由选项C得当平面平面时，平面，此时体积最大，
且此时三角形，都是以为斜边的直角三角形，
则取中点，可得，
则三棱锥的外接球半径为2，表面积为，故D正确；
故选：ABD.
非选择题部分（共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线，直线，若，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用直线平行的判定列方程求参数值，注意验证.
【详解】由题设及，有，则，
所以或，
当，则，重合，不符合；
当，则，，符合.
所以.
故答案为：1
13. 在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，可得平面的点法式方程为.若已知平面的点法式方程为，则点到平面的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据平面的点法式方程确定平面的法向量和平面上一点的坐标，再利用点到平面的距离公式求出点到平面的距离.
【详解】已知平面的点法式方程为，可得平面的法向量，平面上一点，
已知，，则，
可得：；
根据向量模长的计算公式，可得；
根据点到平面的距离公式，可得.
故答案为：.
14. 已知椭圆的左右焦点分别为，抛物线以为焦点，且与椭圆在第一象限相交于点，记，若，则椭圆的离心率取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理化角为边，根据椭圆与抛物线的定义及性质，结合已知条件构造不等式求出离心率的取值范围．
【详解】
椭圆的左右焦点分别为，
，，，
抛物线以为焦点，
，解得，抛物线方程为，
在中，由正弦定理得，
，，解得，
，，
在抛物线上，，
由椭圆的焦半径公式得：，，解得，
则，
，整理得，解得，
又，．
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. 已知圆的圆心在直线上，且点在圆上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若斜率为2的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题可得垂直平分线方程，结合圆的圆心在直线上可得圆心坐标与圆的半径，即可得答案；
（2）由可得直线到圆心距离，设直线方程为，由点到直线距离公式可得直线方程.
【小问1详解】
因为点，
直线的斜率为，
所以线段的垂直平分线的斜率为1，
设线段的中点为，则，所以线段的垂直平分线的方程为，
由，解得，
所以圆心，半径，所以圆的标准方程为
【小问2详解】
因为，所以圆心到直线的距离，
设直线的方程为，
则点到直线的距离，
由，解得，
所以直线的方程为.

16. 如图，在平行六面体中，，，点为中点.

（1）求的长；
（2）已知为上的动点，若，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，利用数量积求模长即可；
（2）设，根据向量垂直结合数量积可得，即可得结果.
【小问1详解】
由题意可知：，，，
因为，
则
，
即，所以的长为.
【小问2详解】
设，则
可得
，
若，则，解得，
所以，即的长为2.
17. 点是圆上的动点，是点关于轴的对称点，线段的中垂线交线段于点，记动点的轨迹为.过的直线交于两点，设直线与的另一个交点分别为.
（1）求轨迹的方程；
（2）证明：直线过定点.
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意得到到点的距离之和为定值6，满足椭圆的定义，利用椭圆的定义求解；
（2）先讨论直线斜率不存在时，可计算得直线与轴的交点为；再讨论直线斜率存在时，设，设直线方程为，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理得到的值，从中解出，代入，代入椭圆，消去得的，结合，可得，从而得到的坐标，同理得到的坐标，由共线，利用斜率相等建立等式，即可得解.
【小问1详解】
由题意得，，
故，
即到点的距离之和为定值6，
而，故的轨迹是且焦点在轴上的椭圆，
故.
【小问2详解】
设
当直线斜率不存在时，则直线的方程为，
将代入椭圆方程，得
取，，直线方程为，
将代入椭圆方程，解得或，
当时，；当时，，
则，，直线的方程为，
将代入椭圆方程，解得或，
当时，，当时，，则，
，，
，，此直线与轴的交点为；
取时，由对称性可知，直线与轴的交点为；
当直线斜率存在时，
设直线方程为，与椭圆方程联立得：，
代入，消去得，
结合，可得，即，
同理，由共线，得，
即，故点与点的斜率相同，
即与点共线， 综上可知，过定点.

18. 如图，在四棱台中，平面平面，且与是两个全等的等腰梯形，满足.点在上，满足，连接交于点，点为的中点，连接.

（1）证明：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）在线段上（不含端点）是否存在一点，使得平面与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）利用向量证明，再根据线面平行的判定定理证明线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的三角函数值.
（3）利用空间向量，根据二面角的三角函数值求的长.
【小问1详解】
由题意得：，
设，
又因为三点共线，
.即为中点.
又因为平面平面
平面
【小问2详解】
由（1）知，
所以与平面所成角即为所求角.
分别取中点，连接.
平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
以为原点，为轴的正方向，如图建系，
，
设平面的法向量为，
，取，则，
为平面的一个法向量，
又
因为
设与平面所成角为，
所以
【小问3详解】
设
，
设平面的法向量为，
则，
取，则，，
为平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，
（舍）或.
所以存在点使得，
.
19. 已知抛物线上的一点到焦点的距离为1，直线交于两点.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）为坐标原点，已知：
（i）作垂足为，则是否存在定点，使为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（ii）若在处切线恰好平分直线与的夹角，求的方程.
【答案】（1）
（2）（i）存在，；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线定义可得答案；
（2）（i）设直线，与抛物线方程联立，由利用韦达定理求出，可得直线过定点，结合可得答案；
（ii）设切线方程为，与抛物线方程联立，利用得求出切线的倾斜角.直线方程与抛物线方程联立，不妨设直线的倾斜角分别为，则由恰好平分直线与的夹角可知，，根据和韦达定理得出答案.
【小问1详解】
到的距离等于到准线的距离，
故，
故；
【小问2详解】
（i）设直线，
联立方程，得，
由韦达定理知，，
而，
.
因为，所以，有，
即，解得或（舍去），
所以直线，即直线过定点，
结合，所以在以为直径的圆上，
所以到定点的距离为定值1；
（ii）因为，所以.
设切线方程为，
联立方程组得
令，得，
所以切线方程为，
斜率的倾斜角.
由（i）可知，直线，
联立方程，消得，
则，故.
不妨设直线的倾斜角分别为，则由恰好平分直线与的夹角可知，.
，
，即
，即
化简得，
即
代入得，即，
解得.
当时，直线过点，舍去.
所以直线.