浙江省宁波市2025_2026学年高二数学上学期期中联考试题含解析 (1)

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A B. C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标运算求解即可.
【详解】因为，，
则，解得.
故选：A
2. 已知直线的倾斜角为，则直线的一个方向向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由直线的方向向量求解即可.
【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的一个方向向量为，
与其共线的有，
故选：B
3. 已知椭圆方程为，椭圆上的点到左焦点的最大值为5，最小值为1，则椭圆方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的概念和基本性质，列出方程组，求出参数值，写出标准方程即可.
【详解】设椭圆焦距为2c,由题意得，解得，则，
所以椭圆方程为.
故选：A.
4. 已知直线与直线关于点对称，则实数（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到直线与直线平行，从而得到，再根据直线上取一点，得到关于点的对称点，代入直线即可得到答案.
【详解】因为不在直线上，
且直线与直线关于点对称，
所以直线与直线平行，
即，解得.
在直线上取一点，
关于点的对称点为,
将代入直线，解得.
故选：C
5. 已知圆方程为，为圆上的动点，则（ ）
A. 最大值为B. 最大值为
C. 最大值为3D. 最小值为
【答案】B
【解析】
【分析】对选项A，画出图形，根据表示圆上点与原点连线的斜率，即可判断A错误；对选项B，首先设（为参数），得到，即可判断B正确；对选项C，根据表示圆上点到原点距离的平方，即可判断C错误；对选项D，设（为参数），得到，即可判断D错误.
【详解】，
对选项A，表示圆上点与原点连线的斜率，
如图所示，
当与圆相切的如图情形时，取得最大值，
此时，，故A错误.
对选项B，设（为参数），
则，
当时，取得最大值，故B正确.
对选项C，
表示圆上点到原点距离的平方，
如图所示情形下：
最大值为，故C错误.
对选项D，设（为参数），
则，
当时，取得最小值，故D错误.
故选：B
6. 在正三棱柱中，，点在棱上，且三棱锥的体积为，则直线与所成角的余弦值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件确定出点位置，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求解出直线与所成角余弦值.
【详解】因为，所以，
分别取的中点，连接，
以为原点，以方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以直线与所成角的余弦值等于，
故选：D
7. 已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，连接交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的概念，离心率的定义，以及余弦定理，列出方程，求出结果即可.
【详解】
如图所示，，，
由得，解得，
可知，则，
在中由余弦定理得，
化简得，即，即离心率.
故选：B.
8. 已知直线与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线所过定点和知，由此得轨迹是以为圆心，为半径的圆（不含点），由垂径定理和圆上点到定点距离最小值的求法求得，结合向量数量积的运算律求得最小值.
【详解】由知：圆心，半径；
由得，所以恒过定点；
由得，所以恒过定点；
由直线方程可知：，所以，所以，即，
设，则，，
所以，整理得，
即点轨迹是以为圆心，为半径的圆，又直线斜率存在，则无法表示直线，
而无法表示直线，所以点轨迹不包含；
记点为弦的中点，则，位置关系如图：

连接，由知：，
则，
所以（当在处取等号），
即的最小值为.
故选：A.
二．多项选择题：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．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. 已知直线，直线，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 过定点
D. 当不经过第二象限时，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A：根据直线垂直运算求解即可；对于B：根据直线平行求的值，并代入检验；对于C：整理可得，进而分析定点；对于D：分和，结合直线的斜截式方程分析求解.
【详解】因为直线，直线，
对于选项A：若，则，解得或，故A错误；
对于选项B：若，则，解得或，
若，则直线，直线，可知，符合题意；
若，则直线，直线，可知两直线重合，不符合题意；
综上所述：，故B正确；
对于选项C：因为直线，即为，
令，解得，
所以过定点，故C正确；
对于选项D：因为不经过第二象限，
若，直线，不经过第二象限，符合题意；
若，则直线，
可得，解得；
综上所述：，故D错误；
故选：BC.
10. 圆，直线，则（ ）
A. 直线与圆必相交
B. 圆被轴截得的弦长为
C. 圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为
D. 时，圆上存在四个点到直线的距离为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据圆的方程求得圆心和半径，根据直线的方程求得直线所过定点，通过判断定点在圆内，知直线与圆必相交；对于B，直接求圆和轴的交点，进而求得圆被轴截得的弦长；对于C，当圆被直线截得的弦长最短时，直线与垂直，根据垂直直线斜率关系，求得直线的斜率为，从而求得直线的方程；对于D，求圆心到直线的距离，结合半径做出判断.
【详解】由题可知圆的圆心，半径.
由直线，得，所以直线过定点.
对于A，因为，所以点在圆内，所以直线与圆必相交，所以A正确；
对于B，当时，，所以，或.所以圆被轴截得的弦长为，所以B正确；
对于C，当圆被直线截得的弦长最短时，圆心到直线的距离最大，最大值为，此时，直线与垂直，因为的斜率为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.所以C不正确；
对于D，当时，直线的方程为，此时圆心C到直线的距离为，因为，所以圆上存在四个点到直线的距离为2，所以D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在矩形中，，，分别为，中点，将沿直线翻折成，与不重合，连结，为中点，连结，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（ ）

A. 在翻折过程中，
B. 当时，DE平面
C. 在翻折过程中，三棱锥外接球的体积为
D. 三棱锥的体积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，可证明四过形ECHG是平行四边形，从而可得，即可判断；对于B，由余弦定理求出的长度，结合勾股定理得，连接，连接则可得，，再结合则可证面；对于C，取的中点，连接，可得点为三棱锥的外接球的球心，从而可计算体积判断；对于D，结合等体积法可知，则当平面平面时，三棱锥的体积最大，从而可判断.
【详解】由题意可知，，
对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，，
则，且，又，且，
所以，且，四边形ECHG是平行四边形，
，而，故A正确；

对于B，由余弦定理可得，
又因为，
则，则，
由于四边形为正方形，则，
连接，则为中点，
连接，则，则，
又，平面，
则平面，
故B正确；

对于C，取的中点，连接，
所以，即点为三棱锥的外接球的球心，半径为，
所以三棱锥的外接球的体积为，故C错误；

对于D，，
，
在翻折过程中，当平面平面时，点到平面距离最大，
则此时最大，且此时距离为，
则，，D正确；
故选：ABD.
三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知椭圆的标准方程为，求椭圆的焦点坐标_________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据焦点坐标公式即可得到答案.
【详解】由题意得，又因为椭圆焦点在轴上，
则焦点坐标为.
故答案为：.
13. 已知正方体的棱长为2，为线段的中点，则点到平面的距离为_________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正方体的性质，构建空间直角坐标系，写出点的坐标和向量坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，进而根据点到平面距离的向量方法求出结果.
【详解】
如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为2，
可得，
则，
设平面的法向量为，
可得，即，
令，解得，即平面的一个法向量为，
则点到平面距离为.
故答案为：.
14. 若对于圆上任意的点，直线上总存在不同两点，使得，则的最小值为_________________．
【答案】6
【解析】
【分析】首先判断直线与圆相离，结合图形得到当以为直径的圆与圆内切时，且时，取得最小值，即可得到答案.
【详解】圆，
得到，圆心，.
到直线的距离，
所以直线与圆相离.
如图所示，
直线上总存在不同两点，使得，
当以为直径的圆与圆内切时，且时，取得最小值.
所以.
故答案为：6
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. 已知直线经过两直线和的交点．
（1）若直线与直线垂直，求直线方程；
（2）若直线在两坐标轴上的截距的和为0，求直线的方程．
【答案】（1）
（2），或
【解析】
【分析】（1）求出直线和直线的交点，根据与直线垂直，设出直线的方程，代入交点坐标，求出直线的方程；
（2）根据直线在两坐标轴上的截距和为0，分类讨论截距为0和截距不为0两种情况，求出直线的方程.
【小问1详解】
由，得.
直线和的交点为.
因为直线与直线垂直，所以可设直线的方程为：.
因为直线过，所以，解得.
所以直线的方程为：.
【小问2详解】
设直线在两坐标轴上的截距分别为，由题可知.
若，设直线的方程为.
因为直线过，所以，解得.
所以直线的方程为：，即.
若，则，且.设直线的方程为.
因为直线过，所以，解得.
所以直线的方程为：，即.
综上所述，直线的方程为：，或.
16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，点为线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）点为线段中点，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）根据空间中点线面的位置关系，根据线面平行的判定定理，证明线面平行即可.
（2）根据线面夹角正弦值的向量求法，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，求出结果即可.
【小问1详解】
如图所示，连接，交于，连接，
因为底面为正方形，所以是中点，
因为点为线段的中点，
所以在中，，
可知面，面，所以平面；
【小问2详解】
如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
可得，
设平面的法向量，
则，即，令，解得，
则平面的一个法向量，
设与平面所成角为，.
所以与平面所成角的正弦值为.
17. 已知圆，若直线过坐标原点，且与圆交于两点．
（1）若，求直线的方程；
（2）若点是圆所在平面内的动点，为坐标原点，满足，求点的轨迹方程．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆的位置关系，判断出弦心距，根据点到直线距离公式，求出结果即可.
（2）根据向量运算的坐标表示，以及向量模长的坐标表示，列出方程，求出结果即可.
【小问1详解】
由题意可得，可知圆心，半径为，
当时，可知，此时圆心到直线的距离为，如图所示，
可知当直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线距离为1，符合条件；
当直线斜率存在时，设直线方程为，
此时圆心到直线距离为，化简得，
解得，此时直线方程为，
综上所述，直线方程为或.
【小问2详解】
设点，已知，则，
则
由得，化简得，
可得点的轨迹方程为.
18. 如图，三棱柱中，侧面底面，是边长为的正三角形，，与平面所成角为.

（1）证明：平面；
（2）若点为中点，点为棱上一点（不与重合），且满足，是否存在使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出值，若不存在请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，先证明底面，再通过几何关系证明，由此可证明出平面；
（2）先证明，再建立合适空间直角坐标系，根据两个平面法向量夹角余弦值的绝对值等于，由此可求解出的值.
【小问1详解】
取中点，连接，如图所示，

因为是边长为的正三角形，所以且，
因为侧面底面，侧面底面，且，侧面，
所以底面，
所以与平面所成角即为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
所以，
因为底面，平面，
所以，且，平面，
所以平面；
【小问2详解】
设存在满足条件，因为为棱上一点（不与重合），所以，
因为，所以，所以，
因为为的中点，所以，所以，
以为原点，以方向为轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，
因为，所以，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，取，则，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，取，则，所以，
设平面与平面所成角为，
所以，解得，
所以存在使得平面与平面夹角的余弦值为.
19. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若为椭圆上的两点，且满足，求证：直线过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法，以及离心率的定义，列出方程，求出椭圆的标准方程即可.
（2）根据直线和椭圆的位置关系，以及韦达定理，证明直线过定点即可.
【小问1详解】
由，设，则，
则椭圆方程为，由点在椭圆上得，解得，
可得椭圆方程为.
【小问2详解】
①当直线斜率不存在时，设直线方程为，
则，解得，
得，由点，得，
则，
化简得，解得或（舍），
则此时直线方程为，
②当直线斜率存在时，设，直线方程为，
则，消去得，
当时，，
则，
，
可知，
当时，，
化简得，
代入得，
化简得，变形得，
当，即，此时，过定点舍去，
当时，即，此时，过定点，符合条件.
综上所述，线过定点得证.