精品解析：福建省晋江市季延中学2025-2026学年高二上学期期中质量监测数学试卷

晋江市季延中学2025年秋高二年期中质量监测 数学科试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角大小为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，对曲线上的任意一点恒有，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 3. 若直线与直线平行，则（ ） A. 0 B. 或0 C. D. 或1 4. 已知空间向量，若，则（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 5. 一条光线从点射出，经过轴反射后恰好平分圆的周长，则入射光线所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 若圆上总存在两个点到点的距离为6，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在三棱锥中，点G为底面的重心，点M是线段上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱，，于点D，E，F，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，，，满足：，，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知M是椭圆上一点，，是其左右焦点，则下列选项中正确的是（ ） A. 椭圆的焦距为2 B. 椭圆的离心率 C. 椭圆的短轴长为4 D. 的面积的最大值是4 10. 对于直线和直线，以下说法正确的有（ ） A. 直线一定过定点 B. 若，则 C. 的充要条件是 D. 点到直线的距离的最大值为5 11. 已知，，，，则（ ） A. 直线的单位方向向量是 B. 平面的一个法向量是 C. 四点共面 D. 点到直线的距离为 12. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M、N分别是OA、BC的中点，则______.（用、、的线性组合表示） 13. 已知F是椭圆的左焦点，P是此椭圆上的动点，是一定点，则的最大值与最小值的和为__________. 14. 如图，圆，点为直线上一动点，过动点作圆的两条切线，切点分别为．则直线的方程为______，直线所经过的定点的坐标为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知直线. （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程. 16. 已知椭圆的两个焦点分别为，且与椭圆有共同的离心率. （1）求椭圆的离心率及标准方程； （2）设点在椭圆上，且，求的面积. 17. 已知圆，直线． （1）设与圆交于，两点，若，求的倾斜角； （2）设与圆交于，两点，求中点的轨迹方程． 18. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点. （1）求证：平面； （2）若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）不经过点的直线与椭圆交于、两点，且直线与直线的斜率之积为，作于点． ①证明：直线过定点，并求此定点的坐标； ②是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 晋江市季延中学2025年秋高二年期中质量监测 数学科试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由倾斜角定义即可得. 【详解】直线与轴平行，故倾斜角为. 故选：A. 2. 已知，，对曲线上的任意一点恒有，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义以及离心率公式即可求解. 【详解】由于，故点的轨迹是以为焦点的椭圆， 依题意，，，故，则离心率为， 故选：A 3. 若直线与直线平行，则（ ） A. 0 B. 或0 C. D. 或1 【答案】C 【解析】 【分析】由直线平行得到，求解并验证即可. 【详解】由直线与直线平行， 可得：， 解得或， 当时，两直线重合，舍去， 当时，经检验符合题意， 故选：C 4. 已知空间向量，若，则（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】先求出的坐标，再根据空间向量的模的坐标公式求出即可得解. 【详解】由已知得，则， 即，可得，因此. 故选：C. 5. 一条光线从点射出，经过轴反射后恰好平分圆的周长，则入射光线所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据光线反射的性质，结合圆的性质、直线的两点式方程进行求解即可. 【详解】由，因此该圆的圆心坐标为， 因为光线从点射出，经过轴反射后恰好平分圆的周长， 所以反射光线经过圆心， 点关于轴对称的点， 根据光反射的性质可知点必在反射光线所在的直线上， 由直线的两点式，可知反射光线所在的直线的方程为：， 令，得，即经过轴上点反射， 由直线的两点式，可知入射光线所在的直线的方程为：， 故选：D 6. 若圆上总存在两个点到点的距离为6，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得圆与圆有两个交点，由两圆的位置关系求解即可. 【详解】由题知圆的标准方程为， 圆与圆有两个交点， 故， 解得. 故选：C. 7. 如图，在三棱锥中，点G为底面的重心，点M是线段上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱，，于点D，E，F，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由空间向量基本定理，用表示，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数，使，再转化为，由空间向量分解的唯一性，分析即得解. 【详解】由题意可知， 因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数，使，所以 ，所以 ，所以 ，所以． 故选：D 8. 已知实数，，，满足：，，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆，直线，，求，进而得，求的中点的轨迹方程，表示和到直线的距离和，利用数形结合即可求解. 【详解】设圆，直线，， 所以点在圆上， 又因为， 由，所以为等边三角形，所以， 过和作直线的垂线，垂足分别为， 则表示和到直线的距离和， 由图形得只有当、都在直线的下方时，该距离之和才会取得最大值． 取的中点，过作，垂足为，则， 又因为为等边三角形，为中点，所以， 所以点在上运动， 又到直线的距离为， 所以当时，到直线距离的最大值为， 所以的最大值为， 所以的最大值为， 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知M是椭圆上一点，，是其左右焦点，则下列选项中正确的是（ ） A. 椭圆的焦距为2 B. 椭圆的离心率 C. 椭圆的短轴长为4 D. 的面积的最大值是4 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意可得，即可判断A，B，C；当M为椭圆短轴的一个顶点时，以为底时的高最大，面积最大，求出面积的最大值即可判断. 【详解】解：因椭圆方程为， 所以， 所以椭圆的焦距为，离心率，短轴长为， 故A错误，B,C正确； 对于D，当M为椭圆短轴的一个顶点时，以为底时的高最大，为2, 此时的面积取最大为,故正确. 故选：BCD. 10. 对于直线和直线，以下说法正确的有（ ） A. 直线一定过定点 B. 若，则 C. 的充要条件是 D. 点到直线的距离的最大值为5 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，求定点即可；对于B，线线垂直时；对于C，线线平行时；对于D，过定点，直线与点和的连线垂直时取最值. 【详解】直线，即直线为， 所以直线过定点，故A正确； 当时，，解得，故B正确； 当时，，解得或， 当时，两直线为，符合题意； 当时，两直线为，符合题意，故C错误； 因为直线，即，过定点， 当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为，故D正确. 故选：ABD 11. 已知，，，，则（ ） A. 直线的单位方向向量是 B. 平面的一个法向量是 C. 四点共面 D. 点到直线的距离为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：利用直线的单位方向向量为，可判断；对于B：设平面的法向量是，利用，可得；对于C：利用向量共面定理与向量的坐标运算可判断；对于D：利用空间向量点到线的距离公式可判断. 【详解】对于A：因为，，所以直线的单位方向向量是或 （注意直线的单位方向向量有2个，是相反向量），故A错误； 对于B：设平面的法向量是，因为，， 所以则.令，可得，故B正确； 对于C：由题意得，则，所以，四点共面，故C正确; 对于D：，，， 则点到直线的距离为，故D错误. 故选：BC 12. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M、N分别是OA、BC的中点，则______.（用、、的线性组合表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算即可得答案. 【详解】如图所示，连接， 则， 所以. 故答案为： 13. 已知F是椭圆的左焦点，P是此椭圆上的动点，是一定点，则的最大值与最小值的和为__________. 【答案】12 【解析】 【分析】由椭圆定义，可得，然后由三点共线时， 可得答案. 【详解】，则椭圆左焦点为，右焦点为. 由椭圆定义，，则. 当三点共线时，易得. 因，则. 则，即的最大值为，最小值为.从而的最大值与最小值的和为12. 故答案为：12 14. 如图，圆，点为直线上一动点，过动点作圆的两条切线，切点分别为．则直线的方程为______，直线所经过的定点的坐标为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】方法一：可得四点共圆，求出以为直径的圆，与圆方程联立即可求出直线的方程，进而可求出定点的坐标；方法二：求出以为圆心，为半径的圆方程，与圆方程联立即可求出直线的方程，进而可求出定点的坐标；方法三：对于圆 ，若点在圆外，过点作圆的两条切线，切点分别为、，则切点弦所在直线的方程为 ，直接用结论写出直线的方程，进而可求出定点的坐标. 【详解】如图，连接， 方法一 ：因为都是圆的切线，所以，，所以四点共圆， 且为直径，所以切点弦实际上是以为直径的圆与圆的公共弦， 则以为直径的圆的圆心为，半径为， 故以为直径的圆的方程为， 两圆方程相减得直线的方程为， 令，则，所以直线过定点． 方法二：实际上是以为圆心，为半径的圆与圆的相交弦． ，，所以， 在中，， 所以以为圆心，为半径的圆的方程为， 两圆方程相减，可得圆和圆的公共弦所在直线的方程为， 即，令，则，所以直线过定点． 方法三：直线的方程为，即， 令，得，所以直线过定点． 故答案为：； 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知直线. （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据直线的斜率可设所求直线方程为，代入点即可求解； （2）联立直线与的方程可得交点坐标，分截距为0和截距不为0两种情况分别求解. 【小问1详解】 由直线可得斜率为， 所以根据垂直关系可设所求直线方程为， 则依题意有，解得， 所以所求直线方程为，整理得； 【小问2详解】 联立，解得，即直线与的交点为， 当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为， 代入得，此时； 当直线的截距都不为0时，设直线方程为， 依题意，解得，此时直线方程为， 综上所述：所求直线方程为或. 16. 已知椭圆的两个焦点分别为，且与椭圆有共同的离心率. （1）求椭圆的离心率及标准方程； （2）设点在椭圆上，且，求的面积. 【答案】（1）离心率为，椭圆方程为； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意计算出椭圆的，即得离心率； （2）利用椭圆的定义以及条件，列方程，可解出的值，即得面积. 【小问1详解】 椭圆  的离心率 ， 对于椭圆 ，焦点为  和 ，焦距，所以. 又椭圆的离心率 ，得， 再由，得， 所以椭圆  的标准方程为 . 【小问2详解】 椭圆  的半长轴 ， 由椭圆的定义知，任意点  在椭圆上，有， 联立得，解方程得， 由得：，故， 故的面积. 17. 已知圆，直线． （1）设与圆交于，两点，若，求的倾斜角； （2）设与圆交于，两点，求中点的轨迹方程． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由弦长及圆的半径求得弦心距，再由圆心到直线的距离列式求得的值，则直线的倾斜角可求； （2）由是弦的中点，所以，得弦的中点的轨迹. 【小问1详解】 圆的圆心，半径， 设圆心到直线的距离为，则， ， ，解得． 所以直线的方程为或． ∴直线的斜率为，故直线的倾斜角为或． 【小问2详解】 直线，即， 令，解得，所以直线过定点, 因为轴，当为的中点时，则轴， 所以的方程为，显然不符合题意， 故不为的中点， 因为与圆交于两点，是的中点，所以， 又因为过定点， 所以， 所以中点的轨迹是以为直径端点的圆（除点）. 所以，即. 18. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点. （1）求证：平面； （2）若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 取中点，为中点， ，且， 又，， ，且， 四边形为平行四边形，即， 平面，平面， 平面； （2）①；②存在， 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值；②设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①平面，且， 则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 平面与平面所成角的余弦值为； ②存在点满足题意， 易知，， 假设存在点满足题意， 设，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以点到平面的距离， 解得，即. 19. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）不经过点的直线与椭圆交于、两点，且直线与直线的斜率之积为，作于点． ①证明：直线过定点，并求此定点的坐标； ②是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）①证明见解析，定点；②为定值，定值为． 【解析】 【分析】（1）由的面积可得出，再由点在椭圆上，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）①方法一：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，设点，则，根据求出的值，可得出结论；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用结合韦达定理可得出与的关系，化简的方程，可得出直线所过定点的坐标； 方法二：设直线的方程为，将椭圆方程转化为关于、的二次齐次方程，令，可得出关于的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系结合可得出、的等量关系式，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标； ②点在以为直径的圆上，由直角三角形的几何性质可得出点为圆心，求出的坐标，并由此可得出的值. 【小问1详解】 由的面积为，得到：，所以． 又因为点在椭圆上，所以，且， 所以，，解得，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 ①方法一：常规方法 当直线斜率不存在时，设直线的方程为， 设点，由对称性质可知，则有，可得， 又，解得（舍）； ②当直线l斜率存在时，设直线的方程为，设点、， 由，消去得到， 所以，即， 由韦达定理可得，． 所以， ， 将，， 代入化简得，即， 故或， 当时，直线的方程可化为， 此时，直线过点， 当时，直线的方程可化为， 此时，直线过点， 又因为直线不过点，故直线l过定点. 综上所述，直线l过定点. 方法二：齐次式法 设直线的方程为， 由，所以， 整理得， ， ， 显然，同除以得：， 令，则有， 易知、是关于的二次方程的两根， 由根与系数关系得：， 代入， 由得，故直线过定点． ②因为，由①知直线过定点，所以点在以为直径的圆上， 故当为圆心时，， 故存在定点，使为定值，定值为． 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $