安徽省合肥市2025_2026学年高二数学上学期11月期中试题含解析

这是一份安徽省合肥市2025_2026学年高二数学上学期11月期中试题含解析，共21页。试卷主要包含了答题时，必须使用0， 已知抛物线等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位.
2.答题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效.
4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交.
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1. 抛物线的焦点到其准线的距离为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】将抛物线方程转化为标准方程求解.
【详解】解：抛物线的标准方程为，
所以焦点坐标为，其准线方程为，
所以抛物线的焦点到其准线的距离为，
故选：B
2. 已知直线：与：垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线垂直的判断方法，列出方程求解即得.
【详解】由直线：与：垂直，故
得
故选：C.
3. 若直线始终平分圆的周长，则的值为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】依题意直线经过圆的圆心，列出等式即得.
【详解】由题意知圆心在直线上，
∴，整理得，
故选：D
4. 在平面直角坐标系中，点到圆：的最短距离是（ ）
A. B. 4C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出点到圆心的距离，再利用圆的性质求解.
【详解】圆：的圆心，半径，
所求的最短距离为.
故选：A
5. 如图，这是一个落地青花瓷，其中底座和瓶口的直径相等，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线：的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为，最大直径为，双曲线的离心率为，则该花瓶的高为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得，根据离心率求得，进而求得双曲线方程，然后代入即可得解.
【详解】由该花瓶横截面圆的最小直径为，有，
又由双曲线的离心率为，有，，
可得双曲线的方程为，代入，可得，
故该花瓶的高为.
故选：B.
6. 已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量法求线线角即可.
【详解】以为原点，在平面内过作的垂线交于，
以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱中，，，，
所以，
所以，
设异面直线与所成角为，
所以.
故选：C.
7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆上一个动点，若的面积的最大值为，则（ ）
A. B. 3C. 9D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】根据的面积为，即可求解.
【详解】根据题意可知椭圆半焦距，设点,，，那么，
所以的面积，
所以，所以，化简得，
即或9．
又因为，解得，
因此．
故选：D．
8. 已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且椭圆C的离心率为，点P是椭圆C上的一点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设是椭圆上的点，设，求出为定值，从而能求出的值，然后根据求解.
【详解】设代入椭圆方程，则
整理得：设，
又，,所以
而，所以，所以
故选：B
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. 如图所示，棱长为1的正方体中，点为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）．

A. 平面平面
B. 三棱锥的体积为
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算，逐项判断即可.
【详解】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则
对于A，连接，因为平面，平面，所以是平面的一个法向量，
又，所以，则，
又平面，所以平面
则是平面的一个法向量，又，
所以平面平面，故A正确；
对于B，连接，因为，，所以，则，又平面，平面，所以平面，
点在线段上的动点，点到平面的距离即点到平面的距离，
设平面的法向量为，又，
则，令，所以
又，所以距离，
在中，所以为正三角形
，故B不正确；
对于C，点为线段上的动点（不含端点），则设
所以，
则，故C正确；
对于D，因为，，所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知抛物线：的焦点为，准线为，点在抛物线上，，延长交抛物线于，则（ ）
A. B.
C. D. 以为直径的圆与相切
【答案】AD
【解析】
【分析】求出焦点坐标与准线方程，结合焦半径公式判断A，即可求出，从而判断B、C，根据抛物线的定义证明D.
【详解】对于A：抛物线：，则，准线方程为，由，解得，故A正确；
对于B：由，即，解得，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：设，则，设的中点为，过作准线的垂线段，垂足分别为，
则，，
由梯形中位线定理知，
所以以为直径的圆与准线相切，故D正确.

故选：AD
11. 公元前 300 年前后， 欧几里得撰写的《几何原本》是最早有关黄金分割的论著， 书中描述： 把一条线段分割为两部分， 使较大部分与全长的比值等于较小部分与较大的比值， 则这个比值即为“黄金分割比”， 把离心率为 “黄金分割比” 倒数的双曲线叫做 “黄金双曲线”． 黄金双曲线 的一个顶点为， 与不在轴同侧的焦点为，的一个虚轴端点为，为双曲线任意一条不过原点且斜率存在的弦， 为中点． 设双曲线的离心率为， 则下列说法中， 正确的有（ ）
A. B.
C. D. 若， 则恒成立
【答案】ABC
【解析】
【分析】由黄金分割双曲线定义求得双曲线的离心率，判断A，证明，利用射影定理证明，判断B，利用点差法求判断C，联立方程求出坐标，计算，判断D.
【详解】由为黄金分割双曲线可得，即，对两边同除以可得，则，A正确；
对继续变形得，，
，，
所以，又，
所以，，所以，
所以，所以， B正确；
设，，，将坐标代入双曲线方程可得，
，作差后整理可得，即
所以，故C正确；
设直线，则直线，将代入双曲线方程，可得，则，，将换成即得，则与，的值有关，故D错误，
故选：ABC．
【点睛】点差法是解决中点弦问题的常用的方法.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则抛物线的标准方程为 ______
【答案】
【解析】
【分析】由双曲线的方程可得双曲线的焦点坐标，由抛物线的方程可得准线方程，再由题意可得的值，进而求出抛物线的方程．
【详解】由双曲线的方程可得，解得，
所以双曲线的焦点坐标为，
抛物线的准线方程为，
由题意可得，解得，
所以抛物线的方程为：，
故答案为：．
13. 设椭圆：的左、右焦点分别为，，过作平行于轴的直线交于两点，若，，则C的离心率为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意求出，，利用椭圆的定义求出，利用勾股定理得，即可求出离心率．
【详解】由题意知，，而轴，故，
所以，解得；
又，所以，
所以椭圆的离心率为．
故答案为：．
14. 阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是BC的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且满足，则三棱锥体积的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，即可得到，在平面中作，求解最值，根据勾股定理得出，，再由二次函数的单调性求的最大值，代入棱锥体积公式得答案．
【详解】解：在棱长为的正方体中，是的中点，
点是面所在的平面内的动点，且满足，
，，即，
在平面中作，设，，
，化简得，，
所以当时，取得最大值为，所以，
在正方体中平面，又，
三棱锥的体积最大值．
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知，，，，．
（1）求；
（2）若，求实数，的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的坐标运算，利用数量积的计算公式，可得答案；
（2）根据平行向量的坐标表示，建立方程组，可得答案.
【小问1详解】
，，
，，
；
【小问2详解】
因为，所以设，
即，故，解得.
16. 曲线且
（1）若曲线表示双曲线，求的取值范围；
（2）当，点在曲线上，且点在第一象限，，，求点的横坐标．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据双曲线方程的特征得到不等式，求出；
（2）时，求出，设，，根据垂直关系得到方程，结合，求出，得到答案.
【小问1详解】
表示双曲线，则，
解得，
故的取值范围是；
【小问2详解】
时，曲线为双曲线，
设，，故，
因为，
所以，
解得，
故点的横坐标为.
17. 已知点和圆．
（1）过点作直线AC平行线l，求直线l的方程；
（2）过点A的直线与圆C交于P，Q两点，若，求直线PQ的方程．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据已知及斜率两点式可得，结合及点斜式写出直线方程；
（2）由题设圆心C到直线PQ的距离为1，讨论斜率的存在性求出对应直线PQ的方程.
【小问1详解】
圆，圆心，故，
又，则，即直线方程为；
【小问2详解】
∵，所以圆心C到直线PQ的距离为，
当斜率存在时，设直线PQ的方程为，则，
∴，直线方程为，
当斜率不存在时，，圆心到直线的距离为1显然成立，
综上，符合条件的直线PQ方程为或.
18. 在中，，，，分别是上点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，或
【解析】
【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；
（2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小；
（3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.
【小问1详解】
因为在中，，，且，
所以，，则折叠后，，
又平面，
所以平面，平面，所以，
又已知，且都在面内，所以平面；
【小问2详解】
由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.
因为，故，
由几何关系可知，，，，
故，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨令，则，，.
设与平面所成角的大小为，
则有，
设为与平面所成角，故，
即与平面所成角的大小为；
【小问3详解】
假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为.
在空间直角坐标系中，，，，
设，则，，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
若平面与平面成角余弦值为.
则满足，
化简得，解得或，即或，
故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为. 此时的长度为或.
19. 已知椭圆：的右焦点为，短轴长为.

（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆的右顶点，过点的直线与交于、两点（均异于），直线、分别交直线于、两点，证明：、两点的纵坐标之积为定值，并求出该定值；
（3）记以坐标原点为顶点、为焦点的抛物线为，如图，过点的直线与交于、两点，点在上，并使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在的右侧，设、的面积分别为、，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）
【解析】
分析】（1）根据题意求出，即得椭圆方程；
（2）先考虑直线的斜率不存在时，求出点的坐标，进而写出的方程，令，即可求得点的坐标即得定值；再设直线：，与椭圆方程联立，写出韦达定理，同法求出点的坐标，化简计算即得定值；
（3）依题先求出抛物线的方程，记点，直线的方程为，与抛物线方程联立，求出，再由的重心在轴上，求得和，由直线的方程求得，列出的表达式，利用基本不等式即可求得其范围.
【小问1详解】
依题意，得，则，
故椭圆的方程为.
【小问2详解】

由椭圆的方程可知.
若直线的斜率不存在，则直线，易得，，
直线的方程为， 的方程为
令，易得，，此时、两点的纵坐标之积为.
若直线的斜率存在，则可设直线：，
由消去可得.
设，，则，，
∵直线的方程为令，易得点的纵坐标.
同理，点的纵坐标.
所以
.
综上，、两点的纵坐标之积为定值.
小问3详解】
由题意，抛物线的方程形如，为其焦点，故，
则抛物线的方程为，设
设，记点，
则直线的斜率为，可设其方程可为，
由消去可得
由韦达定理，，∴，则.
∵的重心在轴上，∴，即，
解得，从而，则得，
由则得.
进一步可得直线的斜率为，
则其方程：，令，可得，
又在焦点的右侧，∴，即.
因此
当（注意到），即时，取等号，
即有，当时，
故的取值范围为.