精品解析：浙江省杭州市S9联盟2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题

2025学年第一学期杭州S9联盟期中联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题纸. 一､选择题：本题共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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. “”是“直线与直线平行”的（ ） A 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知是空间直角坐标系中一点，与点关于平面对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在平行六面体中，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知是正实数，直线平分圆：所围成的面积，则的最小值为（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 25 6. 函数的图象向右平移个单位长度后，其图象关于轴对称，则（ ） A. B. C. D. 7. 若直线在轴上的截距为，且它的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 7 8. ，过定点动直线和过定点的动直线交于点（与不重合，为坐标原点），则以下结论：（1）为定值；（2）的面积的最大值为；（3）的最大值为5；（4）的最大值为.其中正确的结论有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二､多选题：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. 已知直线，不同平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 10. 以下四个命题表述正确的是（ ） A. 过点）且在轴、轴上截距相等的直线方程为 B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1 C. 圆与圆恰有三条公切线，则 D. 已知圆，过点向圆引两条切线为切点，则直线方程为 11. 棱长为2的正方体中，点在棱上运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若是棱的中点，则平面 B. 存在点使 C. 若与平面所成的角记为，则 D. 点到直线的距离最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间直角坐标系中，已知，则的最小值是__________. 13. 圆心在直线上且与直线相切于点的圆的方程是________． 14. 已知直线与圆心在原点的圆相切，函数过定点，过点作圆的两条互相垂直的弦，则四边形面积的最大值为__________. 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. 在锐角中，内角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，求面积. 16. 已知两直线. （1）求过两直线的交点且与直线平行的直线方程. （2）已知两点，动点在直线运动，求的最小值. 17. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，点分别为棱的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的大小为，求二面角的余弦值. 18. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点A，B距离之比为（且）的点P的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.已知两定点，，若动点P满足，动点P轨迹为圆C. （1）求圆C的方程； （2）过点直线l与圆C交于D、E两点，若弦长，求直线l的方程； （3）若Q是x轴上的动点，，与圆C相切，切点分别为F，G，试问直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标：若不是，请说明理由. 19. 在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为； 过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． （1）已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； （2）已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，证明：； （3）已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期杭州S9联盟期中联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题纸. 一､选择题：本题共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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标，则答案可求. 【详解】， 对应的点位于第四象限. 故选：D. 【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题. 2. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由可得直线与直线平行，即充分条件成立；由直线与直线平行，求得的值为，即必要条件成立； 【详解】因为，所以直线，直线，则与平行，故充分条件成立； 当直线与直线平行时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线，直线平行，故必要条件成立. 综上知，“”是“直线与直线平行”的充要条件. 故选：A. 3. 已知是空间直角坐标系中一点，与点关于平面对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系的概念，可得答案. 【详解】易知点关于平面对称的点的坐标是. 故选：B. 4. 如图，在平行六面体中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由图及空间向量加法可得，后由题意及模长公式可得答案. 【详解】设，因为六面体是平行六面体， 所以，因为， 代入计算可得： ， 故有：，所以， 所以，因为，所以. 故选：B 5. 已知是正实数，直线平分圆：所围成的面积，则的最小值为（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 25 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得直线过圆心，根据均值不等式中“1”的妙用，可得答案. 【详解】由圆：整理可得：，则该圆的圆心为， 由题意可得直线过圆心，则，整理可得， 所以， 由为正实数，则，当且仅当时，等号成立， 所以. 故选：D 6. 函数的图象向右平移个单位长度后，其图象关于轴对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出平移后函数解析式，利用它关于轴对称（函数为偶函数）求得值． 【详解】把函数（）的图象向右平移个单位长度， 所得图象对应的函数是（），且它是偶函数， 所以（），，（）， 又因，所以. 故选：B． 7. 若直线在轴上的截距为，且它的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用截距求出，再利用倾斜角的关系，结合斜率与二倍角公式列式求出即可. 【详解】由直线在轴上的截距为，得，解得， 由直线的倾斜角为，得，直线的倾斜角为， 因此，解得， 所以. 故选：A 8. ，过定点的动直线和过定点的动直线交于点（与不重合，为坐标原点），则以下结论：（1）为定值；（2）的面积的最大值为；（3）的最大值为5；（4）的最大值为.其中正确的结论有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】先求出定点的坐标，根据直线方程可得两条直线垂直即，进而判断（1），结合基本不等式可判断（2），进而可得点P的轨迹方程，然后根据圆的性质及柯西不等式判断（3）（4）. 【详解】对于直线，变形为， 令，解得，定点， 对于直线，变形为， 令，解得，定点， 对直线和直线， ，故两条直线垂直，, ,，为定值，故（1）正确， 设，由以上可知，根据基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 的面积， 的面积的最大值为，故（2）正确； 设，，，则，， ，即，在以为圆心，为半径的圆上， 故的最大值为，故（3）正确； 设，由上可知，根据柯西不等式可得，即， ，当且仅当时取等号，的最大值为，故（4）正确. 故选：. 二､多选题：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. 已知直线，不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据点，线，面位置关系的定理和性质逐一判断即可. 【详解】A，因为，，所以， 又，所以不同的平面满足，故A正确； B，若，且，则或两平面相交， 比如：正方体的底面和侧面中分别取直线，且，但是底面和侧面并不平行，故B错误； C，若，且，则两平面相交或平行， 比如：正方体的上下两个底面中分别取直线，且，上底面与平行，但是上底面与下底面并不垂直；故C错误； D，因为，，则，又，所以，故D正确. 故选：AD 10. 以下四个命题表述正确的是（ ） A. 过点）且在轴、轴上截距相等的直线方程为 B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1 C. 圆与圆恰有三条公切线，则 D. 已知圆，过点向圆引两条切线为切点，则直线方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据截距可为零、点到直线距离、圆与圆的位置关系，公共弦所在直线方程等知识对选项进行分析，由此确定正确选项. 【详解】A选项，如果截距为零，则直线方程为，故A错误. B选项，圆的圆心为原点，半径为，圆心到直线的距离为， 所以圆上有且仅有3个点到直线距离都等于1，B选项正确. C选项，圆的圆心为，半径为.圆的圆心为， 半径为， 由于、有三条公切线，所以两个圆外切， 所以，，C选项正确. D选项，圆的圆心为原点，半径为.， 以为直径的圆的方程为，即， 则所在直线方程为即. 故D选项正确. 故选：BCD 11. 棱长为2的正方体中，点在棱上运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若是棱的中点，则平面 B. 存在点使 C. 若与平面所成的角记为，则 D. 点到直线的距离最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用中位线定理与平行四边形的性质，结合线面平行的判定，可得其正误；对于B，根据勾股定理以及余弦定理，结合一元二次方程有解的条件，可得其正误；对于C，由题意建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，结合线面角的向量公式，可得其正误；对于D，根据线面垂直可得距离的垂线段，结合勾股定理，可得其正误. 【详解】对于A，由题意取的中点为，并连接，作图如下： 在正方体中，由分别为的中点， 则易知，且， 所以在平行四边形中，， 因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，由题意作图如下： 设，则，， ，， 在中，， 令，化简可得， 由，则方程无实数解，故B错误； 对于C，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，作图如下： 则，，，， 取，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 可得， 当时，，当时，令， 由函数在上单调递减，则， 所以，可得， 综上可得，故C正确； 对于D，取的中点，连接交于， 在平面内，过作于，连接，，，作图如下： 在正方形中，易知，， 在正方体中，易知， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 由，当且仅当重合时，等号成立， 在中，，在中，由，则， 所以，即到的距离最小值为，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间直角坐标系中，已知，则的最小值是__________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用两点间距离公式求出，利用二次函数求最小值. 【详解】，， 当时，最小，的最小值为2. 故答案为：2. 13. 圆心在直线上且与直线相切于点的圆的方程是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出过切点的圆半径所在直线方程，进而求出圆心坐标即可作答. 【详解】依题意，过切点的圆的半径所在直线方程为，即， 由解得，因此所求圆的圆心为，半径， 所以所求圆的方程为. 故答案为： 14. 已知直线与圆心在原点的圆相切，函数过定点，过点作圆的两条互相垂直的弦，则四边形面积的最大值为__________. 【答案】15 【解析】 【分析】根据圆的切线性质，可得圆的半径，根据对数函数的性质求得定点坐标，再根据弦长公式以及基本不等式，可得答案. 【详解】由原点到直线的距离，则圆的半径， 由，则，即， 由题意作，，分别垂足为，如下图： 易知四边形为矩形，则， 易知四边形的面积 ， 当且仅当，等号成立. 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. 在锐角中，内角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将已知等式化成角的正弦的形式，化简解出，再由是锐角三角形，即可算出角的大小； （2）由余弦定理的式子，结合题意化简得，与联解得到的值，再根据三角形的面积公式加以计算，可得的面积． 【详解】解：（1）中，， 根据正弦定理，得， 锐角中，， 是锐角的内角，； （2），， 由余弦定理，得， 化简得， ，平方得， 两式相减，得，可得． 因此，的面积． 【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 16. 已知两直线. （1）求过两直线的交点且与直线平行的直线方程. （2）已知两点，动点在直线运动，求的最小值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）联立直线方程求得交点坐标，根据平行关系，可得答案； （2）由题意求点关于直线对称点，由图可得答案. 【小问1详解】 联立，所以两直线的交点为 设与直线平行的直线方程为， 将代入得， 所以所求的直线方程为 【小问2详解】 设点关于直线对称的点为， ，解得 则， 故的最小值为. 17. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，点分别为棱的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的大小为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由已知可证得四边形为平行四边形，可得，则得平面. （2）连接，交于点，可得平面平面，则为直线与平面所成的角的平面角，以为原点，直线所在直线分别为轴，过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算，求得平面的一个法向量，取平面一个法向量为，由即可求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 如图： 取中点，连接， 因为为中点，所以且， 又四边形为菱形，且为中点，所以且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 如图： 连接，交于点， 因为四边形为菱形，所以，且为的中点， 又因为，所以平面，且， 所以平面， 平面，所以平面平面， 所以是直线在平面内的射影， 则为直线与平面所成的角的平面角，则， 又， 所以， 如图，以为原点，直线所在直线分别为轴， 过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以. 取平面一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得，则， 则， 所以二面角的余弦值为. 18. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点A，B距离之比为（且）的点P的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.已知两定点，，若动点P满足，动点P轨迹为圆C. （1）求圆C的方程； （2）过点的直线l与圆C交于D、E两点，若弦长，求直线l的方程； （3）若Q是x轴上的动点，，与圆C相切，切点分别为F，G，试问直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标：若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）或 （3）过定点， 【解析】 【分析】（1）直接法求轨迹，设，代入坐标化简即可； （2）待定系数法求直线方程，设出直线方程，直线与圆相交弦长问题转化为弦心距，半弦长，半径构成的直角三角形勾股定理问题，解方程即可求得； （3）设，用表示出切点弦方程，根据方程可知过定点． 【小问1详解】 设，则由可得， 即， 则点P的轨迹方程为：； 【小问2详解】 易知，直线l的斜率不存在时，直线与圆相离，不满足题意； 故直线l存在斜率，设直线l为， 则点到直线l的距离为 则 则 所以或 直线l为或 【小问3详解】 设，则以为直径的圆的圆心为， 记，半径为， 则此圆的方程为， 即，记此圆为圆P. 因为直线为圆C与圆P的相交弦所在直线， 所以两圆方程作差可得直线FG的方程为， 即. 由，解得 所以直线恒过定点，定点坐标为. 19. 在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为； 过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． （1）已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； （2）已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，证明：； （3）已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据给出的结论，得到直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求直线与平面所成的角的余弦值. （2）求平面与交线的方向向量和平面的法向量，利用向量的方法，证明直线与平面平行. （3）分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求平面角的余弦值. 【小问1详解】 由直线的点方向式方程为可知直线的一个方向向量坐标为 由平面的一般式方程为可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以有， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为． 【小问2详解】 由平面可知平面的一个法向量为， 由平面可知平面的一个法向量为， 设两平面交线的方向向量为，则， 令，则，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 因为，即，且，所以． 【小问3详解】 因平面经过三点，可得， 设侧面所在平面的法向量为 则，令，解得，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 设平面与平面的交线（即直线）的方向向量为， 则，令，则，，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 由，则，解得， 即， 故平面与平面夹角的余弦值为 ． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解题中给出的结论，并能利用结论解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $