浙江省杭州市2025_2026学年高二数学上学期期中测试试卷含解析

这是一份浙江省杭州市2025_2026学年高二数学上学期期中测试试卷含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I拳（选择题）
一、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，只有一项是符合要求的.
1. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先明确空间直角坐标系中的点关于平面对称的坐标变换规律，再根据该规律计算出点的对称点的坐标．
【详解】如图所示，设点为点关于平面的对称点，设点，
根据对称性质可得，，即点．
故选：A．
2. 已知空间向量，则（ ）
A. B.
C. D. 不能构成空间的一组基底
【答案】C
【解析】
【分析】A选项，利用空间向量模长的坐标计算出A错误；根据空间向量平行垂直的判定方法判断B、C；设存在实数使得，可得不共面，判断D.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，因为，所以不平行，B错误；
对于C，，所以，故C项正确；
对于D，设存在实数使得，即，无解
所以不共面，能作为空间的一组基底，故D错误.
故选：C
3. 如果，那么直线一定经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 坐标原点
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线在坐标轴的截距分别是、，结合题意即可判定.
【详解】直线在轴上的截距为，
在轴上的截距为，
因为，所以同号，
则直线在坐标轴上的截距同正或同负，如图，
则直线一定经过第二象限.
故选：B
4. 已知，则点到平面的距离为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出平面的法向量，再利用点面距离的向量求法求解即可.
【详解】因为，
所以，，，
设面的法向量为，
可得，令，解得，
则，设点到平面的距离为，
由点到平面的距离公式得，故D正确.
故选：D
5. 与圆外切，同时与圆内切的圆的圆心在（ ）
A. 椭圆B. 双曲线的一支上
C. 抛物线上D. 圆上
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆与圆的位置关系可得，再根据椭圆的定义可得动圆圆心的轨迹即可.
【详解】如图，设动圆的圆心为，半径为，
由题意得圆，圆，
则，.
又，所以点在以为焦点的椭圆上．
故选：A．
6. 自点发出的光线经过轴反射，其反射光线所在直线与圆相切，则满足条件的反射光线所在直线的斜率之积为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出关于轴的对称点的坐标，求出过点圆的切线斜率乘积即可得．
【详解】因为关于轴的对称点为，
题中反射光线与圆相切，即为过点的圆的切线，切线斜率显然存在，
设切线方程为，即，
圆标准方程为，即圆心为，半径为，
则，化简得，所以．
故选：D．
7. 双曲线的右支上一点在第一象限，分别为双曲线的左、右焦点，若内切圆与轴相切，为双曲线的左顶点，则直线AI的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先利用双曲线的定义和切线长定理推出的横坐标为，再由圆的性质求得内心的坐标为，再利用点斜式求解方程即可.
【详解】如图所示，可设、，设内切圆与轴的切点是点，
、与内切圆的切点分别为、，
由双曲线的定义可得，
由圆的切线长定理知，，，
故，即，
设内切圆圆心横坐标为，则点的横坐标为，
故，解得.
由双曲线得，，，
因为内切圆与轴相切，所以内切圆的半径为3，
而轴，得到，即，而，
则，可得方程为，
整理得，故D正确.
故选：D
8. 如图，已知抛物线的焦点为，过拋物线上两点作切线交于，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出切线的方程，同理可得的方程，二者联立求得交点的坐标，表示出及点到直线的距离，从而求出的表达式，同理得到.由可得.
【详解】由得，切线的方程为：
化简得同理可得切线的方程为：.
与联立，求得.
所以
点到直线的距离，
同理：
因为所以，化简得.
故选：A
二、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.
9. 已知为双曲线的左焦点，为右支上一点，若，则双曲线的离心率可能为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】CD
【解析】
【分析】由双曲线的定义和已知可得，然后再由，结合的关系化为二次齐次式，化简可得答案.
【详解】设双曲线右焦点为，
由已知和得，
所以，所以，
即，则，
化简为，不等式两边同乘以，
化为，求解得.
故选：CD.
10. 已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，为抛物线上一个动点，，则（ ）
A. 的坐标为
B. 的最小值为2
C. 若，则过与抛物线相切的直线的方程为
D. 的最小值为3
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用抛物线的性质求解焦点判断A，举反例判断B，联立方程组，令判别式为0求解切线斜率，进而得到切线方程判断C，利用抛物线的定义求解最小值判断D即可.
【详解】对于A，由抛物线性质得的坐标为，故A正确，
对于B，当的斜率不存在时，可得的方程为，
联立方程组，解得，，
得到，，则，
得到的最小值不可能为2，故B错误，
对于C，若，设切线方程为不为，
联立方程组，可得，
此时，解得，
则，即，故C正确，
对于D，如图，作出符合题意的图形，作垂直于准线，
由抛物线定义可得，
当且仅当三点共线时取等，此时，可得，
则的最小值为3，故D正确.
故选：ACD
11. 已知棱长为12正四面体ABCD中，为CD中点，P、Q分别为四面体ABCD的内切球和外接球上的动点，则（ ）
A. |PQ|的最大值为B.
C. D. 若，则的最大值为
【答案】AB
【解析】
【分析】将此正四面体放入正方体中，求出其内切球和外接球半径.A选项，当点、球心、点共线时最大；B选项，，同理可求；C选项，同B选项，可求；D选项，设为平面内一点，，结合空间向量四点共面定理可知，当|PQ|最大，最小时，求得的最大值.
【详解】将此正四面体ABCD放入正方体中，如图，则该正方体棱长为，
该正方体与正四面体ABCD的外接球相同，且球心为正方体的中心，
外接球直径为正方体体对角线，则外接球半径，
由正方体性质可证平面，
设与平面交点为，可得为的三等分点，
正四面体ABCD内切球半径为.
A选项，当三点共线且在之间时，的最大值为，故A正确；
B选项，，
，
由于，则，
故B正确；
C选项，，
同理，故C错误；
D选项，设为平面内一点，，
则，由于的最大值为，则当最小时，有最大值，
最小即为点到平面的距离，
由于为CD中点，则点到平面的距离为点D到平面的距离的一半，
而点D到平面的距离为，
则最小为，则有最大值2，故D错误；
故选：AB.

第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
12. 若直线和平面所成角的正弦值为，则直线的一个方向向量和平面的一个法向量的夹角的大小为_______________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据条件，求出直线与平面所成角的大小，再利用法向量与平面垂直，即可求解.
【详解】设直线和平面所成的角为，则，又，则，
又平面的法向量与平面所成的角为，如图，设直线的一个方向向量为，
当平面的法向量方向向上时，直线的一个方向向量和平面的一个法向量的夹角的大小为，
当平面的法向量方向向下时，直线的一个方向向量和平面的一个法向量的夹角的大小为，
故答案为：或.
13. 若过点的直线l与抛物线有且只有一个交点，则这样的直线l共有_____条.
【答案】3
【解析】
【分析】
讨论三种情况：当直线的斜率不存在时符合题意；当直线的斜率存在，当时符合题意；当时，过点的直线与抛物线相切符合题意．
【详解】（1）当过点的直线斜率不存在时，显然与抛物线有且只有一个交点，
（2）①当过点且直线抛物线的对称轴平行，即斜率为0时，显然与抛物线有且只有一个交点，
②当直线过点且斜率存在，且与抛物线相切时，直线与抛物线只有一个交点，设直线方程为，代入到抛物线方程 ，消得：，由已知有，则 ，解得：，即直线线方程为，
综上可得：过点的直线l与抛物线有且只有一个交点的直线l共有3条
故答案为：3
14. 已知，则的最大值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，原式化为，设，则可以看成点到点两点的距离之差，可求最大值.
【详解】因为，设，
，
令，则，
则上式为，
设，
点为双曲线位于第一象限的点，
可以看成点到点两点的距离之差，
又，
所以的最大值是.

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. 平面内一动点到点与的距离之比为.
（1）求动点的轨迹方程：
（2）过点且斜率为的直线与曲线交于两点，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设动点，根据结合两点间距离公式运算求解；
（2）根据条件得直线，求出圆心到直线的距离，再利用弦长公式，即可求解.
【小问1详解】
设动点，因为到点与的距离之比为，
即，则，
整理可得，
所以动点的轨迹方程为.
【小问2详解】
由（1）可知：曲线是以圆心为，半径的圆，
又直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，所以.
16. 在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，分别是的中点，.
（1）若，求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件建立空间直角坐标系，利用向量法可，再由线面垂直判定定理，即可求解；
（2）利用（1）结果，求出平面的法向量和，再由线面角的向量法，即可求解.
【小问1详解】
如图，建立空间直角坐标系，又，，分别是的中点，
则，
所以，
因为，，所以，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，，，
则，，，
设平面的一个法向量，
由，取，则，所以，
设与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
17. 已知椭圆的离心率，短轴长为2，不经过右顶点的直线与该椭圆相交于A，B两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若以AB为直径的圆恒过该椭圆的右顶点，试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）
（2）过定点，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质可知，，，再结合即可求出；
（2）依题设直线：，，，联立直线和椭圆方程求出，，再根据以为直径的圆过椭圆的右顶点可得，代入化简可得，求出，即可知直线过定点．
【小问1详解】
由题可知，，而，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由题设直线：，，，
联立直线方程与椭圆方程得：，
，，，
因为以为直径的圆过椭圆的右顶点，
所以，
将，代入化简可得，，
解得或.
当时，直线与椭圆的一个交点为右顶点，与题意不符，舍去．
∴，即直线过定点.

18. 已知图中直棱柱的底面是菱形，其中.又点E，F，P，Q分别在棱上运动，且满足：.
（1）求证：E，F，P，Q四点共面；
（2）若二面角的余弦值为，求|BF|；
（3）若为中点，在线段上（不包括端点）运动，求三棱锥的外接球表面积的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）在线段上分别取点,使得,进而得到即可;
（2）建立空间直角坐标系,求解平面的法向量,再根据二面角的计算方法分析是否存在使得二面角的余弦值为即可；
（3）设，球心在面，设，根据，得，再根据二次函数性质求值域.
【小问1详解】
如图：在棱分别取点，使得，

易知四边形是平行四边形，所以，连结，
则，且所以四边形为矩形，故，
同理，且，故四边形是平行四边形，
所以，所以
故四点共面；
【小问2详解】
以点为原点，以为轴，以为轴，轴过且平行，如图建系

由已知，,
设，因为,
则，
平面中向量，
设平面的一个法向量为，因为，
则，取，可得其一个法向量为
平面中，，
设平面的一个法向量为，因为,
则，取，所以其中一个法向量,
若，
则有，解得，
所以；
【小问3详解】
若为中点，则，
设，
根据题意，，所以面，则面面，且面平分，
所以球心在面，设，
根据，即，得，
则，
故外接球表面积的取值范围为.
19. 在平面直角坐标系中，过点的直线与拋物线交于两点（在第一象限）.
（1）若直线的斜率为，求的面积.
（2）若三角形的外接圆与曲线交于点（异于点），
（i）证明：的重心的横坐标为定值，并求出此定值；
（ii）设的面积分别为，若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）（i）为定值0 （ii）或.
【解析】
【分析】（1）写出直线方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理法求得，进而求得的面积；
（2）（i）设，由四点共圆设圆的方程，然后与抛物线方程联立方程组整理得关于的方程，由方程与根的关系，得到的值，从而可得的重心的横坐标；
（ii）设直线方程，由题得到，联立抛物线和直线方程，由韦达定理求得，结合（i）中的结论求得，，再代入求得的值，从而求得直线的直线方程.
【小问1详解】
∵，∴，
联立，整理得，
设，则，
所以，
原点到直线的距离，
∴.
【小问2详解】
（i）设，
∵四点共圆，设该圆的方程为，
联立，则，
即，
∴是方程的三个根，
则，
∵，
∴，
∴的重心的横坐标为，为定值.

（ii）显然直线的斜率存在且不为0，设直线，
原点到直线的距离，点到直线的距离，
∵，，
∴，
联立方程组，整理得，
∴，，
由（i），∴
所以，
即，∴，即，
即直线或.
∴直线直线方程为：或.