四川省内江市2025-2026学年第一学期高二期末检测题数学试卷

这是一份四川省内江市2025-2026学年第一学期高二期末检测题数学试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2025~2026 学年度第一学期高二期末检测题数学
本试卷共 4 页，全卷满分 150 分，检测时间 120 分钟.
注意事项：
答题前，考生务必将自己的姓名、考号、班级用签字笔填写在答题卡相应位置.
选择题选出答案后，用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，再选涂其它答案.不能答在试题卷上.
非选择题用签字笔将答案直接答在答题卡相应位置上.
检测结束后，监考人员将答题卡收回.
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.
C. 一个棱柱至少有两个面互相平行D. 四边形一定是平面图形
【答案】C
【解析】
【分析】由基本事实一可判断 A；由空间几何体的结构特征可判断 BCD.
【详解】对于 A，由基本事实一可知，不共线的三点可以确定一个平面，故 A 错误；对于 B，用平行于底面的平面截圆锥，可得到一个圆锥和一个圆台，故 B 错误；
对于 C，由棱柱的性质可知，任意棱柱上底面与下底面平行，故 C 正确；
1. 抛物线
的准线方程为（
）
A.
B.
C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用标准方程求得焦参数即可得．
【详解】抛物线
，，即
，
该准线方程为
.
故选：A.
2. 下列说法正确的是（
）
A. 三点确定一个平面
B. 用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台
对于 D，在空间中，不共面的四点构成的四边形是空间四边形，故 D 错误.
故选：C
圆与圆的位置关系是（）
A. 外离B. 内含C. 相交D. 外切
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆心距与半径和 关系判断两圆的位置关系.
【详解】因为，；，.
则，，所以，
所以圆与圆外离.故选：A
已知，，且，则（）
B. 4C. 3D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间平行向量的坐标表示公式进行求解即可.
【详解】因为
，
，且
，
所以
.
故选：B
5. 如图，在三棱锥
中，
，且
，E，F 分别是棱，的中点，则 EF 和
AC 所成的角等于
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
【答案】B
【解析】
【分析】取 BC 的中点 G，连接 FG、EG，则为 EF 与 AC 所成的角．解．
【详解】如图所示，取 BC 的中点 G，连接 FG，EG．
，F 分别是 CD，AB 的中点，
，，
且，．为 EF 与 AC 所成的角．
又，．
又，，， 为等腰直角三角形， ，即 EF 与 AC 所成的角为 45°．故选：B．
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，找角证角求角，主要是通过平移将空间角转化为平面角，再解
三角形，属于基础题．
过椭圆的一个焦点的直线与椭圆交于，两点，且与和椭圆的另一个焦点构成的的周长为 12，则椭圆的离心率为（）
B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆方程可知椭圆的半长轴与半短轴，结合三角形周长求得半长轴的值，进而求得半焦距，
，则
（
如图，在四面体中，，点为的中点，
）
可求得离心率．
【详解】由椭圆方程
，可得椭圆半长轴为
，半短轴为 1，
因为的周长为 12，所以所以
，
，所以，解得
，
所以半焦距
，
所以椭圆的离心率为
.
故选：D
D.
【答案】B
【解析】
【分析】综合应用空间向量的线性运算即可解决.
【详解】因为，所以
故
.
故选：B.
加斯帕尔·蒙日是 18~19 世纪法国著名的数学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.当椭圆方程为
时，蒙日圆方程为.若该椭圆离心率为，为蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与蒙日圆分别交于，两点，若面积的最大值为 28，则椭圆的焦距为（ ）
A. 2B.C.D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，从而得
,故当
为该圆的直径时，面积取最大值，即
可得，所以蒙日圆半径为
，即有
，再结合椭圆离心率为，求得，
即可得答案.
【详解】由题意可得，
所以,
所以,
由题意可得，
所以，
又因为是蒙日圆上的两个动点，所以当为该圆的直径时，取最大值，
即蒙日圆的直径为，所以半径为，由题意可得该蒙日圆的半径为，
所以，
所以，
又因为椭圆的离心率为 ，
所以
，
，
所以
，
所以解得所以
所以
，
，
，
，
所以椭圆的焦距为.
故选：D
二、选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，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.
已知直线，，则下列说法正确的是（）
直线 的一个方向向量是
若，则
若，则直线 ，之间的距离为
直线过定点
【答案】AD
【解析】
【分析】根据直线方向向量的定义、两条直线垂直的性质、结合平行线间的距离公式、直线的点斜式方程逐一判断即可.
【详解】，所以该直线的斜率为.
，所以该直线的斜率为，恒过点.
对于 A，因为直线 的斜率为，
所以直线 的一个方向向量是，设，
显然，所以直线 的一个方向向量是， 故 A 正确；对于 B，当时，直线的斜率为，
因为，
所以不成立，故 B 错误；
对于 C，若，所以，
所以，
所以直线 ，之间 距离为，故 C 错误；
对于 D，直线过定点 ，故 D 正确.故选：AD
如图，在棱长为 1 的正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（
）
平面平面
平面
异面直线与所成角的取值范围是
若点为棱的中点，则由，，三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由面面垂直的判定定理可判断 A，由面面平行的性质定理可判断 B，由线面垂直的性质定理可判断 C，由基本事实 1 作出由，，三点确定的平面与正方体相交形成的截面，计算各边长度后可判断 D．
【详解】对于 A，正方体中由平面，平面，可得，
又，平面且，所以平面，
因为平面，所以，
因为在平面内的投影为，
对于 B，正方体中与平行且相等，则是平行四边形， ，平面，平面，所以平面，同理平面，，都在平面内，
所以平面平面，
因为平面，所以平面，故 B 正确；
对于 C，与 A 选项同理可证平面，当是与交点时，平面，
，异面直线与所成角为，故 C 错误；
对于 D，设的中点为，连接，，，，如图所示，
而
，所以
，
因为
，
平面
，
所以
因为
平面
平面
，
，所以平面
平面，故 A 正确；
因为分别为的中点，
由正方体性质可知，且，所以四点共面，
即由三点确定的平面与正方体相交形成的截面为四边形，因为正方体的棱长为 1，
所以，，则，
故四边形的周长为，故 D 正确.故选：ABD.
已知动点是双曲线上的点，点，是双曲线的左，右焦点，下列结论正确的是
（）
若，则的面积为 3
点到双曲线的两条渐近线的距离之积为
若过点的直线 与双曲线右支交于，两点，弦的垂直平分线交轴于一点，则
若过点的直线 与双曲线的两条渐近线分别相交于，两点，且，则的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A：利用双曲线的定义和勾股定理，可求的面积，判断A 的真假；利用点到直线的距
离公式，结合点在双曲线上，可判断 B 的真假；设直线 ：，与双曲线方程联立，表示出
弦长，再写出线段的垂直平分线，表示，即可判断C 的真假；设直线 ：，与渐近线方程联立，表示出坐标，得到的表达式，结合函数的单调性判断 D 的真假.
【详解】易知，，，所以，，渐近线方程为.
对 A：如图，不妨设位于第一象限，
则到两条渐近线的距离分别为：，，
所以.故 B 正确；
对 C：因为直线 不能为双曲线的通径，所以可设直线 ：，代入，得：.
设，，则，，且，，.
所以，
因为
，所以
，
所以
所以
.故 A 正确；
.
对 B：设
，则
，
所以.
又，，
所以的中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为：，
令可得，所以.
由.
又，所以.
又，,
所以当时，.
因为.
即的最小值为 8.故 D 错误.故选：ABC
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
所以
.所以
，故 C 正确；
对 D：设直线
由
：
得
，
；由
得
；
直线的倾斜角为．
【答案】
【解析】
【分析】求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角
【详解】，则，斜率为则，解得
故答案为
【点睛】本题主要考查了直线的倾斜角，解题的关键是求出直线的斜率，属于基础题
已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆柱的体积为.
【答案】
【解析】
【分析】利用圆锥和圆柱的侧面积公式即可求得半径，再利用圆柱体积公式即可求解.
【详解】由圆柱和圆锥的底面半径相等，可设其半径为，
则根据侧面积公式可得：，
所以圆柱的体积为，
故答案 ：
已知三棱锥满足：底面，，底面的面积为 2，且侧面侧面，则三棱锥外接球表面积的最小值为.
【答案】
【解析】
【分析】过作于，由题意可证明，结合已知可得，进而得是三棱锥外接球的直径，利用，结合重要不等式可求三棱锥外接球表面积的最小值.
【详解】过
作
于 ，
因为侧面
侧面
，又侧面
侧面
，
因为底面的面积为 2，可得，所以
由题意可得和是共用斜边的直角三角形，所以是三棱锥外接球的直径，
所以，
当且仅当时取等号。
所以，所以，即三棱锥外接球的半径的最小值为，所以三棱锥外接球表面积的最小值为.
故答案为：
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
求满足下列条件的圆锥曲线的标准方程.
已知椭圆过点，且长轴长是短轴长的 2 倍，求椭圆的标准方程；
求焦点在轴，虚轴长为，渐近线方程为的双曲线标准方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
所以
侧面
，又
侧面
，
所以
所以
，又因为
，又
底面
，
，
底面
侧面
，
，
所以
平面，又因为
平面
，所以
，
【分析】（1）根据椭圆的顶点、长轴、短轴的定义列方程组；
（2）根据双曲线的虚轴、渐近线的定义列方程组.
【小问 1 详解】
由题意可知，，，则，
故椭圆的标准方程为；
【小问 2 详解】
设双曲线的标准方程为，
则，，得，则双曲线的标准方程为.
如图，在四棱锥中，平面，，，，
，为的中点.
求证：∥平面；
求证：平面.
【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证明四边形是平行四边形即可证明结论；
（2）证明，即可证明结论；
【小问 1 详解】
取中点 ，连接，
【小问 2 详解】
平面，平面，， ，则
，，
，即，
又平面，平面， 平面.
已知抛物线第一象限上的点到焦点的距离，点到轴的距离为
.
求抛物线的方程和点的坐标；
若直线与抛物线相交于，两点，求的值.
【答案】（1） ，；
（2）.
【解析】
【分析】(1)利用抛物线定义和已知条件列出关于 的方程,解出 的值,进而得出抛物线方程和点的坐标.
,
,
,
(2)直线方程与抛物线方程联立,利用韦达定理求出的值,再根据向量的数量积的
为的中点，
,
，
四边形是平行四边形，即平面，平面
∥平面.
，
，
,
坐标运算求出的值.
【小问 1 详解】
设点,因为在第一象限且到轴的距离为,
所以.
又因为点到焦点的距离等于点到准线的距离，且,所以.
同时在抛物线上，则，解得.
又因为，所以，从而得到.
,
所以抛物线方程为
【小问 2 详解】
点的坐标为.
将直线与抛物线联立:,
所以.
由可以得到.
,
,
已知.则
,
已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数.
求动点的轨迹的方程；
动点的轨迹与轴负半轴交于点，与轴负半轴交于点，点为轨迹在第一象限上任一点，直线交轴于点，直线交轴于点.
直线，的斜率分别记为，，求证：为定值；
记的面积为，四边形的面积为，求的最大值.
【答案】（1）；
（2）（i）定值为 ，证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据条件结合两点距离公式和点到直线距离公式列方程组求解；
（2）（i）设点，求出再计算，即可求证；
（ii）记的面积为 ，则，由（i）得，再令
，得出，再构造函数
，通过换元法或导函数研究其最值即可求出.
【小问 1 详解】
由题意可得，，
平方整理可得：，
此时，满足，
所以动点的轨迹的方程为；
【小问 2 详解】
由直线，的斜率分别记为，，设点，且，
由（1）可得：，则，
所以
记面积为 ， 的面积为，四边形的面积为，则，
因为
由点为椭圆在第一象限上任一点，
令，
则，
方法一：设，则，
所以，，
所以，故，
所以，所以，
所以的最大值为，此时，，方法二：令，
则
因，则，
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则的最小值为，故的最小值为，故的最小值为，
故最大值为.
如图①所示，矩形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥，为中点.
若为线段中点，求证：，，，四点共面；
若平面平面，求直线与平面所成角的大小；
设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用共面判定定理进行证明即可；
借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小；
连接 DG，过点 D 作平面 ABCD，以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.
【小问 1 详解】
取中点，连接，由 N 为 PB 中点，得，依题意，，所以，
所以， ，， 四点共面；
【小问 2 详解】
在矩形中，，，
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，得，设直线 BC 与平面所成的角为，
则，
所以直线 BC 与平面所成角的大小为 .
取中点
，连接
，由
，得
，
而平面
则平面过作
平面
，
，则
，平面
平面
平面
，又
平面
平面，
，
于是
，
则
，
以点
为原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，
【小问 3 详解】
连接，由，得，而，则为的平面角，即，
过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
显然平面，平面，则平面平面，在平面内过作于点，则平面，
所以，
于是，，
设平面 PAM 的法向量为，
则，
令，得，
设平面的法向量为，
因为，，
设
，而
，则
，
，
，
即
，
，
则，
令，得，
设平面和平面的夹角为，
则
令，，则，即，则当时，有最小值，
所以平面和平面的夹角余弦值的最小值为．