内蒙古呼和浩特市第二中学2025-2026学年高二上学期期中考试 数学 Word版含解析

这是一份内蒙古呼和浩特市第二中学2025-2026学年高二上学期期中考试 数学 Word版含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．如图，在四面体中，是棱的中点，是棱上一点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
2．如图，在直三棱柱中，，分别为棱，的中点.设，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知点是点在坐标平面内的射影，则（ ）
A．B．C．D．5
4．在直三棱柱中，，，分别是的中点，则直线与所成角的余弦值等于（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线：和：平行，则实数（ ）
A．2或B．1C．D．2
6．设直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．圆：关于直线对称的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
8．若方程表示圆，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图，已知正方体的边长为2， 分别为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面AEF
C．异面直线与EF所成角的余弦值为
D．点到平面AEF的距离为2
10．已知直线，圆，则（ ）
A．经过定点
B．圆与圆：外离
C．当与圆相切时，.
D．圆心到直线距离的最大值为
11．已知圆C：及点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆心C的坐标为
B．点Q在圆C外
C．若点在圆C上，则直线PQ的斜率为
D．若M是圆C上任一点，则的取值范围为.
三、填空题
12．已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则 .
13．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点到，的距离比为，则点到直线：的距离的最大值是 .
14．已知直线与曲线有两个不同的交点，则的取值范围是 ．
四、解答题
15．已知在中，边上的高所在的直线方程为，边上的高所在的直线方程为，点的坐标为．
(1)求垂心的坐标；
(2)若关于直线的对称点为，求点到直线的距离．
16．求解下列问题：
(1)求过直线与直线的交点，且与直线平行的直线方程；
(2)已知，，求以线段为直径的圆的方程.
17．求满足下列条件的椭圆的标准方程．
(1)，，焦点在y轴上；
(2)，．
(3)经过点，两点；
18．如图，直四棱柱的底面是平行四边形，，，，，，分别是，，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值.
19．如图，在平行六面体中，，，，M，N分别为，中点．
(1)求的长；
(2)证明：．
1．D
根据空间向量的加减及数乘运算即可求解.
【详解】连接，
由题意，得．
故选：D
2．D
根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求出.
【详解】在直三棱柱中，，分别为棱，的中点，
.
故选：D
3．A
求出点的坐标，再利用两点间距离公式计算得解.
【详解】依题意，，所以.
故选：A
4．A
建立空间直角坐标系，求得向量的坐标，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由题意，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
设，可得，
则，
所以.
故选：A.
5．D
由两直线的不相交可得的值，进而分类讨论平行和重合的情形即可..
【详解】当：，：平行
得，解得或，
当时，：，：，即，此时直线和直线重合，故不符合题意，
当时，：，：，此时直线和直线平行，符合题意；
故选：D
6．C
根据直线方程可得，结合同角三角关系运算求解.
【详解】由题意可知：直线的斜率，
则，可得，且，
又因为，可得，
由可知，所以.
故选：C.
7．B
计算圆心关于直线对称的点是，得到圆方程.
【详解】因为圆，即，
所以圆的圆心坐标为，半径为.
圆心关于直线对称的点是，则，解得.
则所求圆的方程为.
故选：.
8．A
【详解】方程表示圆，
则，
解得，即的取值范围为.
故选：A.
9．ABD
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，.
对于A，因，
则，故，A正确；
对于B，，，
设平面AEF的法向量为，
则故可取，
因，则，又平面AEF，
故平面AEF，故B正确；
对于C，因，
则异面直线与EF所成角的余弦值为，故C错误；
对于D，，由上分析已得平面AEF的法向量为，
则点到平面AEF的距离为，D正确.
故选：ABD.
10．AD
根据方程的形式，联立方程，即可求定点，判断A，根据两圆位置关系判断B；根据相切结合点到直线的距离公式运算判断C；求出圆心到动直线的最大距离即可判断D.
【详解】对于选项A：因为，
令，解得，所以l过定点，故A正确；
对于选项B：圆可化为，可知其圆心为，半径，
圆：的圆心为，半径，
因为，即，可知两圆相交，故B错误；
对于选项C：若与圆相切，
则圆心到直线的距离，解得，故C错误；
对于选项D：当时，圆心到直线距离的最大，
此时最大值为，故D正确.
故选：AD.
11．AB
利用配方法、直线斜率公式、圆的几何性质逐一判断即可.
【详解】A：，显然该圆的圆心C的坐标为，因此本选项说法正确；
B：因为，所以点Q在圆C外，因此本选项说法正确；
C：当点在圆C上，则有，
即，所以直线PQ的斜率为，因此本选项说法不正确；
D：因为，该圆的半径为，
所以，
故选：AB
12．/
由题意得，设，从而得解.
【详解】因为，所以，则存在实数，使，
即，解得，所以
故答案为：
13．
根据给定条件，求出点的轨迹方程，再结合点到直线的距离公式计算即得.
【详解】设点，由，得，整理得，
因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
点到直线：的距离为，
所以点到直线最大距离为.
故答案为：
14．
直线过定点，曲线表示圆心为原点，半径为2的圆的上半部分．画出图形，结合图形可得所求的范围．
【详解】由题意得，直线过定点，曲线表示圆心为原点，半径为2的圆的上半部分（包括与轴的交点），画出图形如下图所示．
当直线，即直线与圆相切时，
则有，解得，．
结合图形可得当直线与圆有两个不同的交点时，则有，
∴实数的取值范围是．
故答案为．
15．(1)
(2)
【详解】（1）根据题意作出示意图如图，作出边上的高，边上的高，

即直线方程为，直线方程为,
联立，解得；
故垂心的坐标为
（2）连接并延长交于点，
由（1）可知，；
易知，设直线的方程为，
将代入可得，即直线的方程为；
联立，解得，即；
所以直线的方程为，即；
设点的对称点，则，且的中点在直线上，
又，所以，整理得，解得；
即;
所以点到直线的距离为.
16．(1)
(2)
（1）求出两直线的交点坐标，再求出直线的斜率，最后利用点斜式计算可得；
（2）求出、的中点坐标与，即可得到圆心坐标与半径，从而求出圆的方程.
【详解】（1）解：由，解得，所以两直线的交点为，
因为直线的斜率为，
故所求直线的方程为，即.
（2）解：因为，，所以、的中点坐标为，
，
所以以线段的中点为圆心，为半径．
则所求圆的方程为.
17．(1)
(2)或
(3)
（1）根据求出，结合焦点位置即可求解椭圆标准方程.
（2）根据求出，按照焦点位置分类求解即可.
（3）由题意确定焦点位置及，即可得解.
【详解】（1）因为，，所以，
因为椭圆焦点在y轴上，所以其标准方程为：；
（2）因为，，所以，
因为椭圆焦点位置不确定，所以其标准方程为：或；
（3）由题意得P、Q分别是椭圆长轴和短轴上的端点，且椭圆的焦点在x轴上，
所以，
所以椭圆的标准方程为．
18．(1)证明见解析
(2)
（1）取的中点，连接、、，即可得到，再证明，由直棱柱的性质证明，即可得到平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）取的中点，连接、、，
又因为，分别是，的中点，
所以且，且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又在直四棱柱的底面是平行四边形，，，
所以为等边三角形，所以，又，所以，
又平面，平面，所以，
，平面，
所以平面，
所以平面.
（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
设平面与平面所成二面角为，则，
所以，即平面与平面所成二面角的正弦值为.
19．(1)；
(2)证明见解析.
（1）设，，，将用表示出来，根据向量的模长公式即可得到结果.
（2）将，分别用表示出来，根据，即可证明.
【详解】（1）设，，，则，，，，
．
因为
，
所以
（2）证明：因为
，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
A
A
D
C
B
A
ABD
AD
题号
11









答案
AB