安徽省芜湖市2025_2026学年高二数学上学期11月期中试题含解析

这是一份安徽省芜湖市2025_2026学年高二数学上学期11月期中试题含解析，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 两条平行直线与间的距离为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由直线平行的充要条件可得：，
结合平行线之间的距离公式可得，
两条平行直线6与间的距离为：
.
本题选择C选项.
2. 已知向量，，，若，，共面，则z等于（ ）
A. B. 9C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据共面列方程，根据空间向量坐标的线性运算求解出的值.
【详解】向量，，，
由于共面，所以存在，使得，
即，
所以，解得：，所以.
故选：B.
3. 点关于直线的对称点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】使用待定系数法结合直线对称的几何关系求解即可.
【详解】设对称点的坐标为则解得：
故选：B.
4. 已知四面体中，设，，，为的中点，为的中点，则用向量可表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算的几何表示可得.
【详解】
如图，，
故选：A
5. 已知直线与圆相交于两点．若圆上存在一点，使得四边形为菱形，则实数的值是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由四边形为菱形，得到到的距离等于1，由点到线的距离公式列出等式求解即可；
【详解】
因为圆上存在一点，使得四边形为菱形，
所以到的距离等于,
即，
解得：，
故选：C.
6. 已知正四棱锥的高为4，棱的长为2，点为侧棱上的一动点，则面积的取小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正四棱锥的性质得到平面，，然后根据，，得到的范围，最后根据三角形面积公式求面积的最小值即可.
【详解】取中点，连接、、，
因为四棱锥为正四棱锥，所以平面，，
因为为中点，所以，
因为平面，所以，
因为，，所以，，
在直角三角形中，当时，最小，为，
当点和点重合时，最大，最大为4，所以，
，所以当时，的面积最小为.
故选：B
7. 在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”. 若底面是边长为的正方形，，且，和是等腰三角形，，则该刍甍的高（即点到底面的距离）为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图，利用线面垂直的判定定理与性质确定为刍甍的高，求出即可.
【详解】如图，取的中点，连接，
则，过点分别作，垂足分别为，
则四边形为矩形，且，
由，平面，
得平面，又平面，
所以，又平面，
所以平面，即为刍甍的高.
又，所以，
因为，为的中点，所以，
所以，
即该刍甍的高为.
故选：B
8. 一个平面区域内，两点间距离的最大值称为此区域的直径，那么曲线围成的平面区域的直径为（ ）
A. B. 3C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据曲线对称性，利用曲线参数方程表示区域内两点间的距离，再根据二次函数性质求最值得结果.
【详解】的参数方程为：（为参数）
由于都满足方程，
所以曲线是关于点中心对称的图形，
所以曲线上点到原点距离为直径长的一半，
由于，根据二次函数的性质可知，
当时，取得取大值为，
所以，直径为.
故选：B
【点睛】思路点睛：
利用对称性简化问题：由于曲线的对称性，可以只计算某一区域的直径.
参数方程表示曲线：通过适当的参数化简化曲线方程，方便计算.
求最大距离：通过计算曲线上某一点与原点的距离，并找到最大值.
二、多项选择题：本大题3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个符合条件的选项，全部选出得6分，部分选出得部分分，有选错选项的得0分.
9. 对于直线，下列选项正确的是（ ）
A. 直线l恒过点
B. 当时，直线l在y轴上的截距为3
C. 若直线l不经过第二象限，则
D. 坐标原点到直线l的距离的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】将方程变形为，即可列方程求解定点判断A，令，即可求解截距判断B，取，即可判断C，根据垂直即可求解最大距离判断D.
【详解】已知直线，则，
由，得，
所以直线恒过点，故A正确；
当时，直线,令，，故在轴上截距为，B错误，
当时，直线的方程为，直线不经过第二象限，故C不正确；
因为直线过定点，
所以坐标原点到直线的距离的最大值为，故D正确．
故选：AD．
10. 已知圆，圆，则下列是圆与圆的公切线的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】在同一坐标系内画出两圆图象，由两圆相离可知共有4条切线，再利用对称性设出直线方程，由点到直线距离公式即可求得切线方程.
【详解】根据题意可知，两圆心关于原点对称，
在同一坐标系内画出两圆图象，如下图所示：

显然，圆心距，即两圆外离，共有4条切线；
又两圆心到轴的距离都等于其半径，所以轴是其中一条公切线，即A正确；
利用对称性可知，其中一条切线过原点，设其方程为，
又到切线的距离为1，即，解得或；
当时，切线即为轴，当时，切线方程为，即，B正确；
由对称性可知，切线与直线平行，
易知，所以直线的方程为，
可设的方程分别为，
由两平行线间距离公式可得，解得，
即切线的方程分别为，；
整理可得两切线方程为和，故C正确，D错误；
故选：ABC
11. （多选）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面ABCD，底面是正方形，且，E，F分别为PD，PB的中点，则（ ）
A. 平面PACB. 平面EFC
C. 点F到直线CD距离为D. 点A到平面EFC的距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及平面EFC的法向量，利用向量垂直条件及线面垂直的判定定理及线面平行的向量关系，结合点到直线的距离及点到面的距离的向量公式即可求解.
【详解】解：以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空直角坐标系，如图所示
由题意可知，，，，，，，
所以，，，.
因为，所以，即
，所以，即.又，
所以平面PAC，故A正确；
设平面EFC的法向量为，则
，即，令，则，所以.
因为，所以，故B不正确；
设点F到直线CD的距离为h，，，则，即，所以点F到直线CD的距离为，故C不正确；
设点A到平面EFC的距离为d，，则
，所以点A到平面EFC的距离为，故D正确.
故选：AD.
三、填空题：本大题3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则 等于_______
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量加法、数量积的坐标运算求解即可.
【详解】，
，
所以.
故答案为：.
13. 某景观亭（如图1）的上部可视为正四棱锥（如图2）．已知长为4米，且平面平面，则顶点S到直线的距离为____________米；正四棱锥的侧面积为____________平方米．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据平行关系，构造直二面角的平面角，根据几何关系，即可求解.
【详解】设平面和平面交于过点的直线，
因为，平面，平面，
所以平面，平面，且平面平面，
所以，
取的中点，连结，
，，即，，
因为平面平面，
所以，且，，
所以，
所以点到的距离为；
正四棱锥的侧面积为.
故答案为：；
14. 已知点P在直线上，点，则的最小值为________
【答案】
【解析】
【知识点】求点关于直线的对称点后可求线段差的最小值.
【详解】如图，设关于直线的对称点为，则，
解得，则，
于是，
结合图形知，当三点共线时，此时取得最小值，
即取得最小值为
故答案为：
四、解答题：本大题5小题，第15小题13分，第16、17题每题15分，第18、19题每题17分，共77分.解答题要有一定的推理、运算、解答的过程.
15. 请求出满足题意的直线方程：
（1）过定点且在两坐标轴上截距相等的直线；
（2）求经过直线和的交点，且与直线垂直的直线的方程．
【答案】（1）和
（2）
【解析】
【分析】（1）根据截距为0和不为0两种情况，即可根据待定系数法求解直线方程，
（2）联立方程求解交点坐标，即可根据直线垂直满足的斜率关系求解斜率，进而根据直线的点斜式求解即可.
【小问1详解】
①截距均为：设直线方程：，
直线过定点，
②截距不为0：设直线方程：，直线过定点
即
综上，满足题意直线方程为，
【小问2详解】
设的交点为，直线斜率为
联立，解得，所以的交点为，
直线与直线垂直，直线的斜率为
，
由点斜式可得，整理得，即
16. 已知圆C经过坐标原点O和点（4，0），且圆心在x轴上
（1）求圆C的方程；
（2）已知直线l：与圆C相交于A、B两点，求所得弦长的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出圆心和半径，写出圆的方程；（2）求出圆心到直线距离，进而利用垂径定理求出弦长.
【小问1详解】
由题意可得，圆心为(2，0)，半径为2．则圆的方程为；
【小问2详解】
由（1）可知：圆C半径为，设圆心（2，0）到l的距离为d，则，由垂径定理得：．
17. 如图，在正方体中，与的交点为，，点是棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，证明，即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
连接，
因为四边形为正方形，所以为的中点，
因为点是棱的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
因为，所以，
所以平面，
所以直线与平面所成角的大小为.

18. 阿波罗尼斯是与阿基米德、欧几里得齐名的古希腊数学家，以他的姓名命名的阿波罗尼斯圆，是指平面内到两定点的距离的比值为常数（，）的动点轨迹.已知，，动点满足.
（1）求动点所在的阿波罗尼斯圆的方程；
（2）若点，求的最小值和最大值.
（3）设直线经过点，且与（1）所求的圆相切，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）最小值是，最大值是.
（3）或
【解析】
【分析】（1）设，把条件用坐标表示出来，化简即可.
（2）数形结合，根据点和圆的位置关系，分析点与圆上的点的距离的最值.
（3）根据斜率存在与否进行分类讨论，结合点到直线的距离公式，即可求出直线方程.
【小问1详解】
设动点，则就是，
即，整理得，.
故动点所在的阿波罗尼斯圆的方程为.
【小问2详解】
就，其半径是4，
圆心是，.
显然在圆外，故的最小值是，最大值是.
【小问3详解】
①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时圆心到直线的距离，直线与圆相切，满足题意.
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.
根据点到直线的距离公式，圆心到直线的距离，
解得，则直线的方程为.
综上，直线的方程为或.
19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，E，F分别为的中点．
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2），详情见解析
【解析】
【分析】(1)设中点为，连接，由三角形中位线性质可得，且从而可得四边形为平行四边形，再由即可证得平面；
(2)按照条件①、条件②的不同，分别作出图形和辅助线，利用已知条件求出的长，以及证得平面，再建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值．
【小问1详解】
如图（1），设中点为，连接，
底面为正方形，E，F分别为的中点．
，且，而又，,
且，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面
【小问2详解】
选条件①：连结,过作交于点，又因为，所以点也是中点，连结，
，为的中点，则,又底面为正方形，,， ,
在中，,
平面平面，平面平面，平面，
如图（2）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，
,,
平面，是平面的一个法向量，;
设平面的一个法向量为，则有
，令,则， ；
.
故二面角的余弦值为．
选择条件②：取的中点为，连结,又平面平面，平面平面，平面，
过作交于点，连结 ,又是中点，所以点也是中点，
平面，平面,,
设 ，则,，, ，，，，故在中，,即，解得，即，
如图（3）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，
,,
平面，是平面的一个法向量，;
设平面的一个法向量为，则有
，令,则， ；
.
故二面角的余弦值为．