精品解析：吉林省长春市东北师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题

2025-2026学年上学期 东北师大附中数学科试卷 高二年级期中考试 考试时长：120分钟 试卷总分：120分 注意事项： 1．答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号． 3．回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线斜率与倾斜角关系可直接求得结果. 【详解】设直线的倾斜角为， 直线的斜率，， 又，. 故选：D. 2. 椭圆的离心率为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定椭圆方程直接求出离心率. 【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，则半焦距， 所以所求离心率. 故选：B 3. 已知圆与圆外切，则（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先根据圆的一般方程得出圆心及半径，再根据圆与圆的位置关系列式计算求参即可. 【详解】已知圆的圆心及半径为， 圆的圆心及半径为， 又圆与圆外切，则，所以 故选：B 4. 点在直线上运动，，则的最大值是（　　） A. B. C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先求得点B关于l的对称点C的坐标，所以，分析可得当C、A、P三点共线时，有最大值，根据两点间距离公式，即可得答案. 【详解】因为，直线， 所以点B关于直线l的对称点，则， 所以， 因为P为直线l上的动点， 所以当C、A、P三点共线时，有最大值， 且为， 所以的最大值是. 故选：A 5. 如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，分别为母线的中点，则异面直线和所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系，求出，利用线线角的向量法，即可求出结果. 【详解】取中点O,连接如图以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 又分别为母线的中点，所以， 则， 设异面直线和所成角为， 则， 又因为，所以. 故选：C. 6. 如图，在正方体中，且，点到直线的距离是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，然后求出向量的坐标，并用数量积求出它们的夹角的余弦值，进而得到正弦值，从而求出点到直线的距离. 【详解】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，所以， 所以， 设向量与向量的夹角为，所以， 所以，点到直线的距离. 故选：D. 7. 已知点是直线上的点，，以为直径的圆与直线交于另一点．若．则点的横坐标为（　　） A. B. 3 C. 或3 D. 1或 【答案】C 【解析】 【分析】通过圆的几何性质，利用直线方程联立求点D的坐标，由题意得，根据平面向量的数量积的坐标运算求结果． 【详解】如图，由题意圆以为直径，则， 又直线的斜率为2，则直线的斜率， 又直线过点，所以的方程为． 由，解得． 设，由圆心为直径的中点，则， 从而． 因为，所以， 化简得，解得或． 即点的横坐标为或3． 故选：C． 8. 已知椭圆左、右焦点分别为、，过点和上顶点的直线交椭圆于另外一点，若，且的面积为．则正数的值为（　　） A. B. C. D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】设椭圆的标准方程为，求得直线l的方程：，与椭圆方程联立求得，由，可得，进而得，利用面积可得，求解即可. 【详解】设椭圆的标准方程为，这里，， 因此，，焦距满足， 又，上顶点. 所以，所以直线l的方程：. 代入椭圆方程得， 整理得，解得或， 所以， 所以，， 又因为，所以， 所以且， 所以，又因为，所以 因为的面积为，所以，解得 即，所以，所以，所以， 解得或（舍去），所以. 故选：A. 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. 已知平面与平面的法向量分别是，直线的方向向量为，则下列命题正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，由已知可得，从而得，即可判断；对于B，由已知可得，即可判断；对于C，由已知可得或，即可判断；对于D，由已知可得或，即可判断. 【详解】对于A，因为，所以，所以，故A正确； 对于B，因为，，所以，即，故B正确； 对于C，因为，所以， 又因为，所以或，故C错误； 对于D，，所以，又因为， 所以或，故D错误. 故选：AB. 10. 设坐标原点为，直线，，则（　　） A. 的充要条件是或 B. 若，则 C. 点到直线的距离的最大值是 D. 若经过点的直线与始终垂直，则垂足与原点距离的最大值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据两直线平行列方程，解方程可判断A选项；根据垂直列方程，解方程可判断B选项；易知直线过定点，可知点到直线的最大距离为，易知直线过定点，过，根据直线与始终垂直，可得垂足的轨迹是以为直径的圆，即可判断D选项. 【详解】A选项：若，则，解得， 所以或是的必要不充分条件，A选项错误； B选项：由，则，解得，B选项正确； C选项：由，即，可知过定点， 所以点到直线的最大距离为，C选项正确； D选项：由直线，即，可知直线过定点， 又过，且直线与始终垂直， 则垂足的轨迹是以为直径的圆， 又，且，中点， 所以垂足的轨迹是， 又原点在圆外， 所以点与原点距离的最大值是，D选项正确； 故选：BCD. 11. 在棱长为1的正方体中，点在底面内运动（含边界），点是棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，且平面，则 B. 若，则存在，使得 C. 若平面，则 D. 若，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法逐项计算. 【详解】以为原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 对于A：由， 得， 所以，， ，因为平面， 所以共面，所以存在，， 可得，解得，A正确； 对于B：由A，， 所以， 解得或，B错误； 对于C：，设平面的法向量， 则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量， 设，则，因为平面， 所以，，所以，解得， 所以，所以，又， 所以，C正确； 对于D：因为，点在底面内运动（含边界），所以， 且，所以. 设平面的法向量，， 所以，即，令，则， 所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则，令，则，， 所以， 因为函数在时取得最大值，在时取得最小值， 所以的最小值为，最大值为， 即所求取值范围是，D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本函共3小题，每小题4分，共12分． 12. 已知空间向量，若，则实数___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标运算法则，即可求得答案. 【详解】因为，所以存在，使得， 所以，解得， 故答案为： 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为．为椭圆上的动点则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆方程得，由椭圆的定义得，再根据，计算即可求解. 【详解】由题意可得椭圆， 所以， ， 因为，即， 所以，即. 故答案为：. 14. 已知圆，是圆上的动点，且，点是线段的中点，则当取得最大值时，的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆的性质可得，即可根据两点距离得的轨迹为，结合图形，可判断当直线与圆相切时，取得最大值，故可由勾股定理求解. 【详解】连接，，因为点是线段的中点，所以， 又，则，即， 设，则，即， 即点在圆上， 由图知，当直线与圆相切时，取得最大值， 此时. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共58分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图所示，在四棱锥中，，，，底面，为的中点 （1）求证；平面； （2）求直线与平面所成角正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，可证得四边形为平行四边形，结合线面平行的判定可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 取中点，连结， 分别为中点， ，， ，，四点共面， ，又， ，， 四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面. 【小问2详解】 以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， ，，，， ，，， 设平面的法向量，则， 令，解得：，，则， ， 即直线与平面所成角的正弦值为. 16. 已知圆，且圆上存在两点关于直线对称． （1）求圆的半径； （2）若过坐标原点的直线被圆截得的弦长为2，求直线的方程． 【答案】（1）； （2）或 【解析】 【分析】（1）由题可知，直线过点，由此可得a的值，从而求出圆的半径； （2）根据弦长求得圆心到直线l的距离，从而得到直线的方程． 【小问1详解】 圆， 即， 则圆心为，半径， 因为上存在两点关于直线对称，所以直线过点， 所以，解得，所以圆的半径； 【小问2详解】 由（1）可得，圆心为， 因为过坐标原点的直线被圆截得的弦长为2， 所以圆心到直线的距离， 若直线的斜率不存在，则直线的方程为， 此时圆心到直线的距离，符合题意； 若直线的斜率存在，设直线的方程为， 则，解得， 所以直线的方程为，即； 综上可得，直线的方程为或. 17. 如图，在三棱锥中，． （1）若，求证：平面平面； （2）当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，进而由勾股定理的逆定理可证，，结合已知可证平面，可证结论． （2）由题意可证两两垂直，以点为原点，以为轴正方向，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 ，，所以 在中，由余弦定理得， 又因为，所以， 在中，根据余弦定理得， 因此， 又因为是平面内的相交直线， 平面，又平面 平面平面． 【小问2详解】 由题意当三棱锥的体积最大时，平面平面． 取的中点，连接，则， 平面平面平面 平面，又平面，所以， 又为的中点，所以． 以点为原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 从而， 设平面的法向量为，则， 从而，令，得， 则平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，则， 从而，令，得， 所以平面的法向量为． 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知圆，直线． （1）求直线被圆所截得的最短弦长； （2）已知点在轴左侧，直线与圆交于，两点． （i）当弦最长时，若的面积为，求的值； （ii）在（i）的条件下，直线上是否存在异于点的定点，使得对于圆上的任一点，都有为定值，若存在，求出所有满足条件的点的坐标及该定值，若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）存在，定点，为定值 【解析】 【分析】（1）利用直线系方程的特征，求出直线过定点，当时，弦长最短，利用弦长公式即可求解； （2）（i）当弦最长时，直线经过圆心，求出直线方程，由的面积列方程求的值； （ii）假设存在定点满足题意，方法一，设，由和，整理得，解出和即可；方法二，直线与圆的交点为，则，令，解出并检验即可. 【小问1详解】 直线变形为， 令得所以直线过定点， 圆，圆心坐标为，圆半径为 ，点在圆内， 当时，所截得弦长最短， 直线被圆所截得的最短弦长为． 【小问2详解】 （i）当经过圆心时，弦最长，由， 得，此时， 到直线的距离为， 根据题意，得，即，解得； （ii）方法一：直线的方程为，假设存在定点满足题意． 设，则， 故， ，， 整理得，， 根据题意得 解得或（舍去）， 综上所述，在直线上存在定点，使得为定值． 方法二：设直线上的点，直线与圆的交点为， 则， 令得，或（舍去）， 此时． 若存在定点满足题意，则． 下证点满足题意，设圆上任意一点，则． 综上所述，在直线上存在定点，使得为定值 19. 已知椭圆，三点中恰有两点在椭圆上． （1）求椭圆的方程； （2）已知椭圆的左顶点为，过点作两条斜率分别为的直线交椭圆于，两点（点异于点，且． （i）求证：直线恒过一个定点； （ii）若为坐标原点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值． 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆与x轴的交点关于原点对称，可得和中只能有一个在椭圆上，分两种情况求出椭圆的标准方程，根据进行判断，可得椭圆的方程； （2）（i）讨论直线的斜率存在和不存在两种情况，当直线的斜率存在时，设直线的方程为由题意求得的关系，即可得到直线所过的定点；或设点的坐标，根据题意求得直线的方程，可得到直线所过的定点.（ii）设直线的方程，根据已知求点得点的坐标，表示出的斜率，可证得直线与的斜率之积为定值． 【小问1详解】 由题知，和中只能有一个在椭圆上，所以一定在椭圆上. 当椭圆过点时，由，得，则椭圆为； 当椭圆过点时，由，得，不符合题意； 综上，椭圆的方程为． 【小问2详解】 由（1）可知，. （i）方法一：若与轴垂直，设， 可得的坐标为． 所以，化简得，解得或（舍）， 若与轴不垂直，即直线的斜率存在时， 设直线的方程为， 由得， 由得，， ， ， 由得， ， 此时成立，直线的方程为，过定点. 又当与轴垂直时，直线的方程为，也过点． 综上所述，直线恒过定点． 方法二：设，点的坐标为 直线的方程为：， 代入得，， 由韦达定理得，则， 从而点的坐标为，同理点的坐标为， 又，则点的坐标为， 当时，，此时直线过点； 当时，直线的斜率为， 所以直线的方程为， 整理得，故直线过点， 综上所述，直线恒过定点． （ii）令，由（i）得，（*） 且直线的方程化为， 因为的中点为，直线的斜率为 所以直线的垂直平分线方程为 ， 同理：直线的垂直平分线方程为， 设，则是方程的两根， 即是方程的两根， ， 又由（*）得，， ，作商得， ， 直线与的斜率之积为定值，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上学期 东北师大附中数学科试卷 高二年级期中考试 考试时长：120分钟 试卷总分：120分 注意事项： 1．答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号． 3．回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角是（　　） A. B. C. D. 2. 椭圆的离心率为（　　） A. B. C. D. 3. 已知圆与圆外切，则（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 点在直线上运动，，则的最大值是（　　） A. B. C. 3 D. 4 5. 如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，分别为母线的中点，则异面直线和所成角的大小为（ ） A B. C. D. 6. 如图，在正方体中，且，点到直线距离是（　　） A. B. C D. 7. 已知点是直线上的点，，以为直径的圆与直线交于另一点．若．则点的横坐标为（　　） A. B. 3 C. 或3 D. 1或 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点和上顶点的直线交椭圆于另外一点，若，且的面积为．则正数的值为（　　） A. B. C. D. 7 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. 已知平面与平面的法向量分别是，直线的方向向量为，则下列命题正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 设坐标原点为，直线，，则（　　） A. 的充要条件是或 B 若，则 C. 点到直线的距离的最大值是 D. 若经过点的直线与始终垂直，则垂足与原点距离的最大值是 11. 在棱长为1的正方体中，点在底面内运动（含边界），点是棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，且平面，则 B. 若，则存在，使得 C 若平面，则 D. 若，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 三、填空题：本函共3小题，每小题4分，共12分． 12. 已知空间向量，若，则实数___________． 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为．为椭圆上的动点则的取值范围是___________． 14. 已知圆，是圆上的动点，且，点是线段的中点，则当取得最大值时，的值为___________． 四、解答题：本题共5小题，共58分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图所示，在四棱锥中，，，，底面，为的中点 （1）求证；平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 已知圆，且圆上存在两点关于直线对称． （1）求圆的半径； （2）若过坐标原点的直线被圆截得的弦长为2，求直线的方程． 17. 如图，在三棱锥中，． （1）若，求证：平面平面； （2）当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知圆，直线． （1）求直线被圆所截得的最短弦长； （2）已知点在轴左侧，直线与圆交于，两点． （i）当弦最长时，若的面积为，求的值； （ii）在（i）的条件下，直线上是否存在异于点的定点，使得对于圆上的任一点，都有为定值，若存在，求出所有满足条件的点的坐标及该定值，若不存在，说明理由． 19. 已知椭圆，三点中恰有两点在椭圆上． （1）求椭圆的方程； （2）已知椭圆的左顶点为，过点作两条斜率分别为的直线交椭圆于，两点（点异于点，且． （i）求证：直线恒过一个定点； （ii）若为坐标原点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $