精品解析：广东省广州市（仙村中学、永和中学、派潭中学、中新中学、荔城中学、高级中学）六校2025-2026学年高二上学期期中联考数学试题

2025-2026学年度高中数学期中考试卷 六校联考高二数学试题 命题学校：上海交大增城实验中学 命题人：红香 审题人：黄双宝 满分：150分 考试时间：120分钟 第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 已知直线在x轴和y轴上的截距相等，则实数a的值是（ ） A 1 B. C. 或 D. 2或1 2. 在平面直角坐标系中， 以点(0，1)为圆心且与直线相切的圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知点，，若平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是（ ） A. B. C. D. 或 4. 如图，平行六面体中，分别为的中点.若，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示，在正方体中，为中点，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆的圆心到直线距离是，则圆M与圆的位置关系是（ ） A. 外离 B. 相交 C. 内含 D. 内切 7. 过圆x2+y2＝5上一点M（1，﹣2）作圆的切线l，则l的方程是（　　） A. x+2y﹣3＝0 B. x﹣2y﹣5＝0 C. 2x﹣y﹣5＝0 D. 2x+y﹣5＝0 8. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每题6分，多选错选不得分，部分选对得部分分，共18分） 9. 以下说法正确的是（ ） A. 若两条不同直线，的方向向量分别是，，则. B. 直线的方向向量，平面的法向量是，若且，则 C. 若直线的方向向量，平面的法向量是，则 D. 若两个不同平面，法向量分别是，，则 10. 对于直线.以下说法正确的有（ ） A. 的充要条件是 B. 当时， C 直线一定经过点 D. 点到直线的距离的最大值为5 11. 若椭圆的一个焦点坐标为（0，1），则下列结论中正确的是（　　） A. m＝2 B. 椭圆C的长轴长为 C. 椭圆C的短轴长为2 D. 椭圆C的离心率为 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则实数k的值为___________. 13. 由直线上的一点向圆引切线，切点为，则的最小值为______. 14. 如图，正方体的棱长为2，E为线段的中点，F为线段的中点，则直线到平面的距离为______. 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） 15. 已知两直线和的交点为.求： （1）过点与点的直线方程； （2）过点且与直线垂直的直线方程. 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点. （1）若焦距为，点的坐标为，求椭圆的标准方程； （2）若，且的面积为，求的值. 17. 如图，在直三棱柱中，是的中点，是的中点. （1）证明：平面； （2）求直线BC与平面所成角的余弦值. 18. 已知点，圆的圆心在直线上且与轴切于点， （1）求圆的方程； （2）若直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程； （3）设点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程． 19. 如图，四棱锥S­-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点． （1）求证：AC⊥SD； （2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ACD的夹角大小； （3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高中数学期中考试卷 六校联考高二数学试题 命题学校：上海交大增城实验中学 命题人：红香 审题人：黄双宝 满分：150分 考试时间：120分钟 第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 已知直线在x轴和y轴上截距相等，则实数a的值是（ ） A. 1 B. C. 或 D. 2或1 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出直线在x轴和y轴上的截距，从而可得答案． 【详解】对于直线， 当时，不符合题意，故． 当时，；当时，， 所以直线在x轴和y轴上的截距分别为， 根据题意得，所以． 故选：A． 2. 在平面直角坐标系中， 以点(0，1)为圆心且与直线相切的圆的标准方程为（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件利用点到直线的距离公式求得半径，可得要求的圆的标准方程． 详解】由题意可得圆心为点(0，1)，半径为， 要求的圆的标准方程为， 故选：A． 3. 已知点，，若平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】通过直线的方向向量与平面的法向量的关系，判断直线与平面的位置关系 【详解】因为，， 所以，所以或． 故选：D． 4. 如图，平行六面体中，分别为的中点.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算法，求得，进而求得的值，即可求解. 【详解】因为平行六面体中，分别为的中点， 可得， 又因为，可得，即. 故选：A. 5. 如图所示，在正方体中，为的中点，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量运算及投影向量的定义求解即可. 【详解】 设正方体的棱长为1，，，，则，， ∵，， ∴， ∴向量在向量上的投影向量是. 故选：D． 6. 已知圆的圆心到直线距离是，则圆M与圆的位置关系是（ ） A. 外离 B. 相交 C. 内含 D. 内切 【答案】C 【解析】 【分析】首先由圆心到直线距离是列式求出的值，进而可得圆心的坐标以及圆的半径，比较两圆圆心距与半径之和、半径之差的绝对值的大小关系即可求解. 【详解】圆即圆的圆心半径分别为， 圆的圆心半径分别为， 因为，解得或（舍去）， 从而，所以， 因为， 所以圆M与圆的位置关系是内含. 故选：C. 7. 过圆x2+y2＝5上一点M（1，﹣2）作圆的切线l，则l的方程是（　　） A. x+2y﹣3＝0 B. x﹣2y﹣5＝0 C. 2x﹣y﹣5＝0 D. 2x+y﹣5＝0 【答案】B 【解析】 【分析】本题先根据圆的切线的几何意义建立方程求切线的斜率，再求切线方程即可. 【详解】解：由题意：点M（1，﹣2）为切点，则，， 解得：， ∴l的方程：，整理得：， 故选：B. 【点睛】本题考查圆的切线的几何意义，点斜式直线方程，两线垂直其斜率相乘等于，是基础题. 8. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算两个已知圆的圆心和半径，根据圆的位置关系得到动圆圆心到两已知圆圆心距离和为定值，结合椭圆的定义即可得到结果. 【详解】圆可化为，圆心，半径为. 圆可化为，圆心，半径为. 设动圆圆心为点，半径为，圆与圆外切于点，圆与圆内切于点，如图所示： 由题意得，三点共线，三点共线，，， ∴， ∴点的轨迹为以为焦点的椭圆，且，， ∴， ∴点的轨迹方程为. 故选：C. 二、多选题（本大题共3小题，每题6分，多选错选不得分，部分选对得部分分，共18分） 9. 以下说法正确的是（ ） A. 若两条不同直线，的方向向量分别是，，则. B. 直线的方向向量，平面的法向量是，若且，则 C. 若直线的方向向量，平面的法向量是，则 D. 若两个不同平面，法向量分别是，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用利用空间中的直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系结合空间向量的运算即可求解. 【详解】解：对A，两条不同直线，的方向向量分别是，，当时，可得出方向向量也平行，即，当时，也可推出两条直线平行，故A正确； 对B，直线的方向向量，平面的法向量是，若且，由线面平行的定义可以推出，故B正确； 对C，直线的方向向量，平面的法向量是，则，即，所以直线与平面平行或者，故C错误； 对D，两个不同平面，的法向量分别是，，则，所以，故D正确. 故选：ABD. 10. 对于直线.以下说法正确的有（ ） A. 的充要条件是 B. 当时， C. 直线一定经过点 D. 点到直线的距离的最大值为5 【答案】BD 【解析】 【分析】求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D. 【详解】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A错误； 当时，两直线为， ， 所以，故B正确； 直线即直线，故直线过定点，C错误； 因为直线过定点，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：BD. 11. 若椭圆的一个焦点坐标为（0，1），则下列结论中正确的是（　　） A. m＝2 B. 椭圆C的长轴长为 C. 椭圆C的短轴长为2 D. 椭圆C的离心率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题设判断椭圆焦点位置，确定,求出的值，即易得其他选项结果. 【详解】对于A项，由题意，椭圆的焦点在轴上，且，，由已知可得， 解得m＝2或m＝－1（舍去），故A项正确； 对于B项，C项，把的值代入椭圆方程即得：.则， 即椭圆C的长轴长为，短轴长为，故B项错误；C项正确； 对于D项，即a＝，b＝，则， 则离心率为,故D项正确. 故选:ACD. 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则实数k的值为___________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据给定条件确定椭圆长短半轴长，再利用椭圆离心率计算公式列式计算得解. 【详解】因椭圆的焦点在x轴上，其长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，离心率为e， 于是得，，因此有：，解得， 所以实数k的值为1. 故答案为：1 13. 由直线上的一点向圆引切线，切点为，则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】先确定圆的圆心和半径，由点到直线距离公式求出圆心到直线距离，结合得取得最小值时取得最小值和的最小值为即可求解. 【详解】圆的圆心坐标为，半径为， 所以圆心到直线的距离为， 因为，所以当取得最小值时，取得最小值， 而的最小值为，所以. 故答案为：. 14. 如图，正方体的棱长为2，E为线段的中点，F为线段的中点，则直线到平面的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】用向量法求直线到平面的距离，先建系，再求出平面的法向量，再利用公式求距离. 【详解】，平面，平面， ， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离， 如图 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立坐标系， 则，， ，，，， 设平面的法向量 则 另，则，设点到平面的距离为， 则， 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） 15. 已知两直线和的交点为.求： （1）过点与点的直线方程； （2）过点且与直线垂直的直线方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1）首先求出和的交点，求，利用点斜式即可求解；； (2）利用垂直关系得到所求直线的斜率，利用点斜式即可求解 【小问1详解】 由，解得，则交点， 又所求直线的斜率， 则所求直线的方程为，即； 【小问2详解】 直线的斜率为，则所求直线的斜率为， 又所求直线过点， 则所求直线的方程为，即 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点. （1）若焦距为，点的坐标为，求椭圆的标准方程； （2）若，且的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据焦距可以求解的值，然后再将点代入椭圆方程中，进而通过解方程求解，的值； （2）由的面积求解的值，再结合椭圆的定义和余弦定理进行求解即可. 【小问1详解】 已知，所以得：，即， 由于点在椭圆上，将其代入椭圆方程， 可得：，即， 又因为，即. 联立，整理得：，解得：或（舍） 所以，故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 因为，所以的面积， 则，根据椭圆定义可得：. 根据余弦定理可得：， 整理得：， 代入得：，即，即得：. 17. 如图，在直三棱柱中，是的中点，是的中点. （1）证明：平面； （2）求直线BC与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用空间向量法来求直线的方向向量与平面内的两直线的方向向量的数量积为0，即可证明； （2）利用空间向量法来求平面的法向量，再求线面角的正弦值，然后再求余弦值即可. 【小问1详解】 在直三棱柱中，由于， 所以可以如图以为坐标原点建立空间直角坐标系： 又由于是的中点，是的中点， 则， 所以， 由于所以， 所以， 又因为平面， 所以平面； 【小问2详解】 由（1）得：， 设平面的法向量为， 则，令，得， 即，设直线BC与平面所成角为， 则， 所以. 即直线BC与平面所成角的余弦值为. 18. 已知点，圆的圆心在直线上且与轴切于点， （1）求圆的方程； （2）若直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程； （3）设点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程． 【答案】（1） （2）或 （3）． 【解析】 【分析】(1)先设出圆心，再根据圆的圆心在直线上且与轴切于点建立方程即可求解. (2)先讨论斜率存在，设出直线方程，根据弦长公式建立方程，求出斜率;再讨论斜率不存在时，求出直线方程，验证是否存在即可. (3)先设点的坐标为，根据相关点法即可求出的轨迹方程. 【小问1详解】 圆的圆心在直线上且与轴切于点， 设圆心坐标为，则， 解得，， 圆心，半径， 故圆的方程为. 【小问2详解】 点，直线过点， 设直线的斜率为存在）则方程为， 又圆的圆心为，半径，弦长为， 故弦心距， 故，解得， 所以直线方程为， 即， 当的斜率不存在时，的方程为，经验证也满足条件， 故的方程为或. 【小问3详解】 设点的坐标为，点的坐标为，． 由于，且为的中点， ， 于是有①， 在圆上运动， ， 将①代入上式得， 即点的轨迹方程为． 19. 如图，四棱锥S­-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点． （1）求证：AC⊥SD； （2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ACD的夹角大小； （3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）30°；（3）存在，SE∶EC＝2∶1. 【解析】 【分析】（1）由题设知，连，设交于于，由题意知平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求得向量与，结合数量积即可证明AC⊥SD； （2）分别求出平面与平面ACD的一个法向量，求法向量的夹角余弦值，即可求出结果； （3）要使平面，只需与平面的法向量垂直即可，结合（2）中求出的平面的一个法向量，即可求解． 【详解】（1）证明：连接BD，设AC交BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系O­xyz如图． 设底面边长为a，则高SO＝a． 于是S，D，C ＝，＝， ∵·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD． （2）由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝，设所求角为，则cos＝＝，∴平面PAC与平面DAC的夹角为30°． （3）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．由（2）知是平面PAC的一个法向量， 且＝，＝． 设＝t，则＝＋＝＋t ＝而·＝0⇔t＝， 即当SE∶EC＝2∶1时 ⊥，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $