安徽省芜湖市2025_2026学年高二数学上学期11月期中试题A卷含解析

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A卷含解析，共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一､选择题（本大题共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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将一般式方程转化为点斜式方程求出斜率，即可求倾斜角.
【详解】直线化点斜式得，，
所以直线的斜率为，所以倾斜角为，
故选：B.
2. 已知向量，，若，，则（ ）
A. -1B. 1C. -2D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用两个向量平行和垂直的公式求解.
【详解】，，，
，，，，
.
故选：A.
3. 已知直线与直线.“”是“”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
【答案】A
【解析】
【分析】利用两直线平行求出，利用充分条件和必要条件的定义求解.
【详解】和平行，
，
或.
当时，，，；
当时，，，.
“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 若圆与圆有三条公切线，则（ ）
A. 21B. 19C. 9D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件可得圆与圆外切，进而求出.
【详解】圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
由圆与圆恰有三条公切线，得圆与圆外切，则
即，解得，
故选：C
5. 已知直线，从点射出的光线经直线反射后经过点，则光线从到的路程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求点关于直线的对称点为的坐标，再求的距离即可.
【详解】设点关于直线的对称点为，
则有，解得，即
因为光线从A到的路程即的长，而.
所以光线从A到的路程为.
故选：D.
6. 直三棱柱中，，、分别是、的中点，，则与所成的角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与所成的角的余弦值.
【详解】由题意可知平面，且，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、，
，，.
故与所成的角的余弦值为.
故选：C.
7. 已知，若直线上存在点，使得，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用数量积的坐标运算可得，故点在以为圆心，1为半径的圆上，再根据点到直线的距离求解.
【详解】设，
，即，
化简得，
故点在以为圆心，1为半径的圆上，
∵若直线上存在点，使得，
∴直线与圆有交点，
∴圆心到直线的距离为，
两边同时平方，得，
继续化简得，解得.
故选：C.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别是，点是椭圆上位于第一象限的一点，且与轴平行，直线与的另一个交点为，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由点坐标求得点坐标，然后代入椭圆的方程，化简求得椭圆的离心率.
【详解】由令，得，
由于与轴平行，且在第一象限，所以.
由于，
所以，
即，将点坐标代入椭圆的方程得，
，
，
所以离心率.
故选：B

二､多选题（本大题共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，有选错的得0分，若只有2个符合题意的选项，每选对一个得3分；若只有3个符合题意的选项，每选对一个得2分.）
9. 关于空间向量，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则共线
B. 已知，若夹角为锐角，则
C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面
D. 若向量能构成空间的一个基底，则也能构成空间的一个基底
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据共线向量定义、向量平行的坐标表示、空间向量共面定理、空间基底的定义依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，若，则，即，则共线；A正确；
对于B，且与不共线，解得：，且，B不正确；
对于四点共面，C正确；
对于D，假设也能构成空间的一个基底，
则存在实数，使得，
方程组无解，
不共面，可以构成空间的一组基底，D正确.
故选：ACD
10. 已知圆过点，动点直线上任意一点，过向圆引两条切线，切点分别为为，记的最小值为的最大值为.下列说法正确的是（ ）
A. 圆的标准方程为
B.
C. 四边形的面积范围为
D. 当时，四边形的外接圆与圆的交点所在的直线为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A项，根据条件判断得的中点即为圆心，从而求出半径长，代入圆的标准方程可得选项A正确；对于B项，易证，推断出当且仅当最小时，取最小值，即当时，，故B项错误；
对于C项，因为，所以，
当时，即，故，故C项错误；对于D项，当时，此时，所以直线，联立方程组可得，四点共圆圆心联立圆减去圆的方程得直线：，故D项正确.
【详解】对于A项，因为圆过，且的中点坐标为，
故,且
该点与的三点距离相等，所以为圆的圆心，即，
且圆的半径.
所以圆的标准方程为，故A项正确.
对于B项，因为，所以易证，所以，
又因为，所以，结合在单调递减，
又因，当且仅当最小时，取最小值，
即，此时，，
，即
此时最大，且最大值是一个钝角，
因为为直线上的一个动点，可以一个锐角连续变化一个钝角，
所以，当时，，所以，故B项错误.
对于C项，因为，所以
，
所以当时，即，，故C项错误.
对于D项，因为，所以四点共圆.
当时，此时，所以直线，
又因为，解得，此时，
四点共圆的圆心，半径为，所以圆，
联立圆减去圆的方程得直线：，故D项正确.
故答案为：AD.
11. 已知正方体的棱长为，其中，点为线段的中点，则下列选项正确的是（ ）
A. 时，
B. 时，三棱锥的体积为定值
C. 当点落在以为球心，为半径的球面上时，的最小值为1
D. 时，直线与面的交点轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用空间向量法求解，写出点的坐标，选项A，及，求出的坐标，根据点的坐标求出的坐标，将用和表示，求出的坐标，利用数量积的坐标公式求出，从而得到；选项B，求出平面法向量及的坐标，可以得到，继而得到平行于平面，得点到平面距离为定值，从而得解；选项C，题中可知等于球半径，由此可得，令，利用正弦函数的图像求出的最小值；选项D，由和得到，即点在线段上.连接，分别交于，故，即为交点轨迹.由，得到相似比，计算得解.
【详解】如图，建立以为原点的空间直角坐标系.则
.A选项，因
，则，
又，则.
又，则，即，故A正确.
B选项，，设平面法向量为，
则，取，又时，，
则，即平行于平面，得点到平面距离为定值，
故为定值.故B正确；
C选项，因，点落在以为球心，为半径的球面上，
则，
令，因为，则.
则，
当且仅当时取等号，则的最小值为，故C错误.
D选项，因，
则，
即点在线段上.连接，分别交于，
故，即为交点轨迹.又，
则.故D正确.
故选：ABD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 在空间直角坐标系中，已知，则点到直线的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求在的射影，再利用勾股定理求点到直线的距离.
【详解】由题意，，
所以在的射影为：.
所以点到直线的距离为：.
故答案为：1
13. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知，，若动点P满足，设点的轨迹为，过点作直线，上恰有三个点到直线的距离为1，则满足条件的一条直线的方程为__________.
【答案】或（写出一条即可）
【解析】
【分析】结合定义应用直译法求得圆方程，结合点到直线的距离即可求解.
【详解】因为，点满足，设，
则，化简得，
因为圆上恰有三个点到直线的距离为1，
所以圆心到直线的距离为1.
若直线的斜率不存在，
直线的方程为;
若直线的斜率存在,
设直线的方程为，
即， ，解得,
直线的方程为:.
故答案为：或（写出一条即可）

14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与C交于M，N两点，设的内切圆圆心为，外接圆圆心为，则的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求得的坐标，可得在直线上，由推得，进而求得，再由对称性判断点在轴上，利用点到直线的距离等于该点到直线的距离列方程，求出，即得，由两点间距离公式即可求得.
【详解】
由题意可得，由，解得和，
即，易知直线经过点，
由可得，
故的外接圆圆心为的中点，即，
又的内切圆圆心为，则由平分，故点在轴上，不妨设，
易得直线的方程为，即，
则点到直线距离等于该点到直线的距离，
即，解得或（不合题意，舍去），故得，
故.
故答案为：.
四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.）
15. 已知为实数，设直线.
（1）若，求的值；
（2）若，求与的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两直线垂直关系求解即可.
（2）由两直线平行关系求出，结合两平行线间距离公式即可求解.
【小问1详解】
因为，解得.
【小问2详解】
因为，所以，解得，
此时，即
由两直线之间的距离公式
16. 已知圆过两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若过圆心的直线在轴，轴上的截距是互为相反数，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】(1)利用中垂线组方程组来求圆心和半径，可得圆的标准方程；
(2)利用直线过原点和直线不过原点且截距互为相反数，再用待定系数法来求解即可.
【小问1详解】
由可知中点，
设过的中垂线斜率为，
，则.
所以，即
由，解得，故，
圆的半径为，
故圆的标准方程为
【小问2详解】
①若直线过原点，满足题意，则可设，
因为直线过，所以，则.
②若直线不过原点，由于直线在轴，轴上的截距是互为相反数，
设，因为直线过，
所以，则，即
综上所述：直线的方程为或.
17. 已知圆，圆，过点作圆的切线，切线的长为2.
（1）求圆的方程；
（2）直线经过点，且与圆交于两点，，求的方程和的值.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）过点作圆的切线，设切点为，连接，利用两点间距离公式求出，由计算求解；
（2）直线的斜率存在，设直线的方程为，设圆心到直线的距离为，利用求出，利用点到直线的距离公式求出，通过计算得到直线的方程，在中，利用余弦定理求出，利用数量积公式求出.
【小问1详解】
过点作圆的切线，设切点为，连接，
因为，
所以，
所以圆.
【小问2详解】
显然，直线的斜率存在，设直线的方程为，
设圆心到直线的距离为，
所以，解得，
又因为，整理得，，
解得或，
所以的方程为或；
在中，，
所以.
18. 如图1，在半径为2的扇形中，，是弧PQ上的动点（不含，），过点作，交于点.
（1）当时，求此时的长；
（2）当的面积取得最大值时，将扇形沿着折起到，使得平面平面（如图2所示）.求此时直线与平面所成角的正弦值；
（3）在第（2）问的条件下，探究在图2中的线段上是否存在点，使得四面体内切球的半径为？并说明理由.
【答案】（1）；
（2）；
（3）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理即可求出的长；
（2）写出的函数表达式，得出的面积取得最大值时，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出的方向向量与平面的法向量，即可求出直线与平面所成角的正弦值；
（3）求出四面体的表面积，计算出四面体的体积，即可得出半径的范围，进而得出结论.
【小问1详解】
由题意，
，，，
∴，，
在中，，
由正弦定理，代入数据解得：
【小问2详解】
由题意及（1）得，
因为，，所以，
设，则
在中，由正弦定理，得，
即，所以
所以，
因为，所以，
所以当，即时，取得最大值 ，
以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
所以
设平面OPE的法向量，
，即
得到
∴直线与平面所成角的正弦值：
.
【小问3详解】
由题意，（1）及（2）得，
由（2）知，，
，，
所以，，
，
所以四面体的表面积为，
设四面体内切球的半径为，则四面体的体积
解得，因为，所以
所以在线段上不存在点，使得四面体内切球的半径为.
19. 已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2），为椭圆上两个不同的点，且，
①求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标；
②过点作直线的垂线，垂足为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析，定点坐标为；②.
【解析】
【分析】（1）根据离心率和关系得到方程，解出即可；
（2）①先考虑斜率不存在的情况，再采用设线法，设，再将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，代入向量表达式化简即可；
②根据①中结论得在以为直径的圆上，则得到最值情况.
【小问1详解】
由题意知，故，即，
又因为椭圆过点，所以，解得，
所以椭圆的方程为:.
【小问2详解】
①设，，
，
(i)当直线斜率不存在时，设，
联立得，
，
解得(舍)或，此时.
(ii)当直线斜率存在时，设，
联立得，
.
又，
，
整理得，
将代入整理得，
，
或，
当时，，过点，不成立；
当时，，则过定点，
综上所述，过定点.

②过定点，
，即在以为直径的圆上，
圆心为的中点，半径，
.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第一小问的关键是采用设线法联立椭圆方程得到韦达定理式，再将向量式化简整理，最后代入韦达定理式即可.