天津市五区县重点校2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份天津市五区县重点校2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题
1．若直线：的倾斜角为，则实数值为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在空间四边形中，点为中点，点在上，且, 则等于
A．B．
C．D．
3．“”是“曲线表示椭圆”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知直线与圆交于、两点，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图，棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，则下列结论中错误的是（ ）
A．直线与直线平行
B．直线与平面平行
C．直线与底面所成角的正切值为
D．平面与底面夹角的正弦值为
6．在平面直角坐标系中，为椭圆的右焦点，过的直线与圆切于点，则椭圆的方程为（ ）
A．B．C．D．
7．已知：，点，O是坐标原点．若点B在上，则面积的最大值为（ ）
A．B．3C．D．2
8．已知A，B为圆上的两个动点，P为弦AB的中点，若，则点P的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
9．设椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆的外部，点是椭圆上的动点，满足恒成立，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．已知空间向量，，若，则 .
11．已知直线经过直线和的交点，且与直线垂直.则直线的方程为 .
12．已知圆与圆相切，则实数的取值为 .
13．已知，直线恒过定点，圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于，两点，且，则圆的方程为 .
14．如图，正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，点在对角线上运动，则点到直线距离的最小值为 .
15．设椭圆的焦点为，，P是椭圆上一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为R，r，当时，椭圆的离心率为 ．
三、解答题
16．已知以点为圆心的圆与直线相切.
(1)求圆的方程；
(2)过点的直线与圆相交与，两点，当时，求直线方程：
(3)已知实数，满足圆的方程，求的取值范围.
17．在如图所示的几何体中，平面，，F是的中点，，，.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求四面体的体积.
18．已知椭圆的中心为坐标原点，短轴长为2，且左焦点到直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)点在椭圆的长轴上，过点且不与轴重合的直线交椭圆于，两点，若，求面积的最大值.
19．如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由.
20．已知直线经过椭圆的右焦点为F，且被椭圆C截得的线段长为
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)椭圆C的下顶点为A，P 是椭圆C上一动点，直线AP 与圆O：相交于点 M(异于点A)，M关于O的对称点记为N，直线AN与椭圆C相交于点Q (异于点A).设直线 MN，PQ 的斜率分别为，试探究当时，是否为定值，并说明理由.
参考答案
1．C
【详解】由直线，则该直线的斜率，
由题意可得，解得.
故选：C.
2．D
详解：由题意可得
，故选D.
3．B
【详解】曲线表示椭圆等价于，解得且，
所以“”是“曲线表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B．
4．A
【详解】圆的标准方程为，则，可得，
圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由勾股定理可得，解得.
故选：A.
5．D
【详解】在棱长为1的正方体中，
如图，以D为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，
，
对A，，则，
又因为不重合，所以，故A正确；
对B，由
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
由，则，
因为平面，
所以直线与平面平行，故B正确；
对C，，平面的法向量为，
则，
故直线与底面ABCD所成的角的正弦值为，即，
则，故C正确；
对D，由B知平面的法向量为，，
设平面与底面ABCD的夹角，
则，
，，
所以平面与底面的夹角的正弦值为，故D错误.
故选：D
6．C
【详解】

由过的直线与圆切于点可得：，
则，由此可得切线的斜率为，
即可得切线方程：，整理得：，
令，可得，即焦点，
所以即，
所以椭圆方程为，
故选：C.
7．B
【详解】由：，即，
则圆心，半径为，
因为，，则，，
又，则，即，
要使面积最大，则在延长线上，且在圆上，如图，
此时，
则面积的最大值为.
故选：B.
8．B
【详解】圆的方程可化为，，半径，
因为，所以，
又是的中点，所以，
所以点的轨迹方程为．
故选：B.
9．D
【详解】因为点在椭圆的外部，所以，可得 ，
由椭圆的离心率，
又因为，且，，
要恒成立，即，
则椭圆离心率的取值范围是．
故选：D．
10．
【详解】已知空间向量，，若，则，
即，有，解得，
所以，则，
故答案为：
11．
【详解】联立，解得，
所以直线和的交点为，
设与直线垂直的直线为，
将代入得，解得，
所以直线的方程为，
故答案为：
12．16或-24
【详解】由圆，可知圆心，半径，
由圆，可知，
半径，可知
两圆心之间的距离为,
因为圆与圆相切，
所以①，即，解得
②，即，解得
则实数的取值为或.
故答案为：或.
13．
【详解】直线的方程转化为
令，解得，所以点的坐标为，
又圆的圆心与点关于直线对称，则，
设圆的方程为，
且圆的圆心到直线的距离为，
又，则.即圆的半径为.
则圆的方程为
故答案为：.
14．/
【详解】
如图建立空间直角坐标系，因正方体的棱长为，，分别是棱，的中点，
则可得，
则，，
设，，则
，
过点作，垂足为，
则
，
则当时，取得最小值为，
所以点到直线距离的最小值为，
故答案为：.
15．/0.6
【详解】由题意得，
由正弦定理得，故，
由椭圆定义可知，，
故，
又，
由余弦定理得
，
即，解得，
故，
解得，
因为，所以，解得.
故答案为：
16．(1)
(2)或.
(3).
【详解】（1）由题意知点到直线的距离为圆C的半径，
由点到直线的距离公式可得，
所以圆的方程为.
（2）因为直线与圆相交与，两点，且，
利用垂径定理和勾股定理，可得圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离为1，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由题意可得，解得，
所以直线的方程为，即，
综上所述：直线的方程为或.
（3）表示点到点的距离的平方，
又圆心C到点的距离为，
所以点到点的距离的最小值为，
最大值为，
所以的最小值为9，最大值为49，
即的取值范围是.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）方法一：取的中点，连接，，
由是的中点，得，而，则.
又，于是四边形是平行四边形，，
在中，，，有，
又由平面，平面，得，
而，，平面，
因此平面，所以平面.

方法二：由已知平面，而，则直线，，两两垂直，
如图，以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
于是，，，，，
是的中点，所以，，
设是平面的一个法向量，
则，故可取，
因，则，所以平面.
（2）由（1）方法二建系，则，，
设是平面的一个法向量，
则，故可取，
显然平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
（3）方法一：由（2）已知平面的一个法向量为，
且，则点到平面的距离，
又，，，，
所以.
方法二：由（1）知为点到面的距离，，，
故.
18．(1)
(2)1
【详解】（1）由椭圆短轴长为，得，
又椭圆左焦点到直线的距离为，
即，解得，
又，解得，，
椭圆的标准方程为；
（2）方法一：依题意直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为：，，，，
联立，消去整理得，
显然，，，
，，则，，
代入可得，所以，
的面积，
，当且仅当时取等号，
面积的最大值为.
方法二：依题意直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为：，，，
，，
联立，消去整理得，
所以，.
，，
，，
则，
可得，
又
，
设原点到直线的距离为，则，
的面积，
当且仅当时取等号，
面积的最大值为1.

19．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，.
【详解】（1）因为为正方形，
所以，
因为，且，平面AND，平面BMC，
所以平面平面BMC，
又平面AND，
所以平面.
（2）因为平面平面，且平面平面，，
所以平面，又平面，
所以，
在中，，
所以在中，，
所以，又，
所以，
所以两两垂直，以B为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示：
所以，
则，
设平面CDM的法向量，
则，令，可得，
所以一条法向量，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
（3）假设存在点E，设点，
所以，
所以点，则，
设平面的法向量，
则，令，可得，
所以一条法向量，
因为平面，
所以即为平面的法向量，
所以，
即，解得或-1（舍），
所以，则，
所以存在一点E，使得平面与平面的夹角的余弦值为，此时
20．(1)
(2)是定值，理由见解析
【详解】（1）依题意，椭圆的半焦距，将代入椭圆方程得，
得，则，而，解得，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）依题意，直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为，
由消去并整理得，解得或0（舍去），
将代入得，
则点，
由消去并整理得，解得或0（舍去），
将代入得，
则点，
显然是圆的直径，则，直线的方程为，
用代替，得，
直线的斜率，
直线的斜率，
因为，所以，故，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9

答案
C
D
B
A
D
C
B
B
D