精品解析：福建省同安第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

同安一中2025—2026学年高二上学期期中考数学科试卷 命题：何建明 审核：叶仲凯､黄其秒 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项涂在答题卡相应的位置上. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 设直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ） A. B. C. 4 D. 10 3. 设，是椭圆C：的两个焦点，点P是C上的一点，且，则的面积为（ ） A. 3 B. C. 9 D. 4. 已知点，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知右焦点为F的椭圆上两点A、B，满足直线AB过坐标原点，若，且，则E的离心率是（ ） A. B. C. D. 6. 圆关于直线对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知动圆过定点，并且在定圆B：的内部与其相切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 8. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 过点且与圆相切的直线的方程为 C. 圆上存在两个点到直线的距离为2 D. 若圆与圆有唯一公切线，则 10. 如图，已知正方体的棱长为a，E是棱上的动点，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点E到直线的距离为 C. 直线与所成角的范围为 D. 二面角的大小为 11. 已知椭圆C：，左、右焦点分别为、，点P是C上的动点，点，则下列结论正确的是（ ） A. 若为、直径的圆经过点P，则满足条件的点P有2个 B. 的最小值为 C. 的最小值为5 D. 被点M平分的弦所在直线的斜率为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的焦距为__________. 13. 在斜三棱柱中，底面边长和侧棱长都为，且，则的值为____． 14. 我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”，如左图. 如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆为其左焦点，经过的直线与交于两点. （1）线段的取值范围__________. （2）为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数.的最小值是__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分. 15. 如图，在直四棱柱中，的中点分别为. （1）证明：. （2）求二面角的正弦值. 16. 如图，已知圆，点． （1）求圆心在直线上，且经过点和原点的圆的方程； （2）若过点的直线与圆交于两点，且圆弧恰为圆周长的，求直线的方程． 17. 已知椭圆，直线经过的上顶点及右焦点． （1）求的方程； （2）若直线与交于点，，且直线与交于另外一点． （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）判断直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由． 18. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，二面角的大小为，，分别为和的中点. （1）求证平面 （2）求与平面所成角的正弦值； （3）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，分别交，于，两点，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求的值；若不存在，说明理由. 19. 在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，左焦点为F，左顶点为A，且． （1）求C的方程； （2）过点F且斜率不为0的直线与C交于D，E两点，求面积的最大值； （3）过点的直线与C交于M，N两点，点P是线段上异于M，N的一点，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 同安一中2025—2026学年高二上学期期中考数学科试卷 命题：何建明 审核：叶仲凯､黄其秒 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项涂在答题卡相应的位置上. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据方程求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系，即可得出答案. 【详解】即，， 设直线的倾斜角为，则， 由于，所以， 故选：A. 2. 设直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ） A. B. C. 4 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，即可列方程求解. 【详解】因为，所以，则，解得． 故选：B. 3. 设，是椭圆C：的两个焦点，点P是C上的一点，且，则的面积为（ ） A. 3 B. C. 9 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设可得，应用余弦定理、椭圆定义求得，最后应用三角形面积公式求面积. 【详解】由题设，，可得， ， 由，，则，即， 所以的面积. 故选：B 4. 已知点，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合投影向量的公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为点，则，且， 所以， 则向量在向量上的投影向量为. 故选：C 5. 已知右焦点为F的椭圆上两点A、B，满足直线AB过坐标原点，若，且，则E的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设椭圆的左焦点为，由对称性及已知得四边形为矩形，由椭圆的定义求出，再利用勾股定理构造齐次式即可得解. 【详解】如图，设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性知，线段互相平分，则四边形为平行四边形， 又，因此为矩形，即有，由，得， 又，于是，令半焦距为c，在中， 由，得，即，解得，所以的离心率为. 故选：D 6. 圆关于直线对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得圆的圆心与半径，利用对称求得圆心关于直线的对称点，可求对称圆的方程. 【详解】方程，可化为， 则圆心的坐标为，半径， 设圆关于直线对称的圆的圆心为，则半径仍为， 则，解得． 所以圆的方程为. 故选：C． 7. 已知动圆过定点，并且在定圆B：的内部与其相切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，动圆的半径为，由圆与圆的位置关系可得，判断出的轨迹为以为焦点，长轴长为8 的椭圆，即可求出的轨迹方程. 【详解】设动圆圆心为，动圆的半径为，则， 因为动圆在定圆：的内部与其相内切， 所以,所以，即， 因为，,所以， 由椭圆的定义可知：的轨迹为以为焦点，长轴长为8 的椭圆， 所以， 所以动圆圆心的轨迹方程为. 故选：A 8. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设，，，由，可得点的轨迹方程为，数形结合得解. 【详解】以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，不妨取，． 设，则，整理得， 所以点的轨迹方程为． 则 可看作圆上的点到原点的距离的平方， 所以，所以， 即的最大值为， 故选：A. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 过点且与圆相切的直线的方程为 C. 圆上存在两个点到直线的距离为2 D. 若圆与圆有唯一公切线，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，直线化为点斜式，得到所过定点；B选项，利用圆心到直线距离等于半径求解切线方程；C选项，求出圆心到直线的距离，进而求出圆上的点到直线距离的最大值和最小值，进而得到答案；D选项，结合两圆内切，得到圆心距等于半径之差，求出的值. 【详解】对于A，直线转化为，可知过定点，故A正确； 对于B，当切线斜率不存在时，是圆的切线， 当切线斜率存在时，设为，圆心到切线距离，解得：， 此时的方程为，故的方程为或，故B错误； 对于C，圆心到直线的距离， 因为且， 故存在两个点到直线的距离为2，故C正确； 对于D，圆的圆心为，半径为2， 圆圆心为，半径为， 要想两圆有唯一的公切线，则两圆内切， 因为两圆圆心距为，所以，解得：，故D错误 . 故选：. 10. 如图，已知正方体的棱长为a，E是棱上的动点，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点E到直线的距离为 C. 直线与所成角的范围为 D. 二面角的大小为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据已知构建合适的空间直角坐标系，应用向量法证明线性垂直、求异面直线所成角判断A、C；根据正方体的结构特征及二面角的定义判断B、D. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则 ， 对于A：， 因为，所以，即，正确；    对于B：由正方体的结构特征知，且四边形为矩形， 所以E到的距离为，正确． 对于C：， 设直线AE与所成角为，则， 显然在中，随的变大而变小， 当时，最大等于，此时最小为， 当时，最小等于0，此时最大为， 所以，即直线AE与所成角的范围为，不正确； 对于D：二面角，即二面角， 平面平面， 所以即为二面角的平面角， 在正方形中，则二面角的大小为，不正确. 故选：AB 11. 已知椭圆C：，左、右焦点分别为、，点P是C上的动点，点，则下列结论正确的是（ ） A. 若为、直径的圆经过点P，则满足条件的点P有2个 B. 的最小值为 C. 最小值为5 D. 被点M平分的弦所在直线的斜率为 【答案】BD 【解析】 【分析】树形结合即可判断A；由椭圆定义结合基本不等式即可判断B；结合椭圆定义和三角形两边之差小于第三边即可求解判断C；由点差法结合两点间斜率公式即可求解判断D. 【详解】由题可得， 所以以、为直径的圆与椭圆交于四个点，如图， 所以若以、直径的圆经过点P，则满足条件的点P有4个，A错误； 由题意以及椭圆定义可得， 且， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为，B正确； 如图， 所以的最小值为6，C错误； 设以为中点的弦两端端点分别为， 则，所以，D正确. 故选：BD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的焦距为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将方程化为标准形式，进而可得，即可得焦距. 【详解】因为，即， 可知，则， 所以椭圆的焦距为. 故答案为：. 13. 在斜三棱柱中，底面边长和侧棱长都为，且，则的值为____． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量线性运算分别用表示出，结合向量数量积运算即可求解. 【详解】根据题意，画出空间几何体如下图： ，， ， 则 . 故答案为：. 14. 我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”，如左图. 如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆为其左焦点，经过的直线与交于两点. （1）线段的取值范围__________. （2）为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数.的最小值是__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题设新定义证明“垂棱四面体”可补为长方体，将补成长方体，设长宽高分别为，则，设，且联立直线且与椭圆方程，应用韦达定理及两点距离的坐标表示得到，进而求出定义域及其最小值. 【详解】如图，连接， 由题知，平行且等于平行且等于， 所以，故为平行四边形， 所以对角线，则是的中点， 同理也是的中点，故“垂棱四面体”的三条内棱交于一点， 由三条内棱两两垂直，易知为菱形，则， 显然，故，同理， 所以“垂棱四面体”可补为如下图示的长方体， 综上，题设如图可将补成长方体，设长宽高分别为， 则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，为， 所以， 显然，则， 设，因直线过椭圆焦点，所以， 联立，得，则， 所以，则，又， ， 所以， 所以， 因为，所以，所以，所以， 所以，所以 又， 则，即 由为某长方体的三个顶点，结合题设新定义，易知中为锐角， 所以只需角为锐角，即，则，可得， 由， 所以最大时，最小， 令，则， 由在上单调递增，故， 所以. 故答案为：，. 【点睛】关键点点睛：证明“垂棱四面体”可补为长方体，联立直线与椭圆，应用韦达定理及两点距离的坐标表示得到表达式为关键. 四､解答题：本题共5小题，共77分. 15. 如图，在直四棱柱中，的中点分别为. （1）证明： （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）在直四棱柱中，因为，所以两两垂直， 又因为，所以， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系. 因为，所以， 则， 从而， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）如图建立空间直角坐标系，通过计算，得证； （2）求出平面和平面的法向量，由法向量所成角的余弦公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 根据题意，可知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 所以 易知二面角的正弦值为. 16. 如图，已知圆，点． （1）求圆心在直线上，且经过点和原点的圆的方程； （2）若过点的直线与圆交于两点，且圆弧恰为圆周长的，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据圆的几何性质易得圆心和半径，即得圆的标准方程； （2）由题意可得，求出圆心到直线的距离为，结合图形，判断直线符合题意，设直线的斜截式方程，利用列式求解即得. 【小问1详解】 因为圆经过点和原点，因此圆心在线段的垂直平分线上 又因为圆的圆心在直线上， 所以圆的圆心坐标为，半径， 故圆的方程为. 【小问2详解】 如图，因为圆弧恰为圆周长的， 根据圆的性质，可得，则， 过点作于点，则点到直线的距离为， 由可得：，则 ①当直线的斜率不存在时，点到轴的距离为，直线即为轴， 此时直线的方程为. ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即. 可得，即，解得， 即直线的方程，即， 故所求直线的方程为或. 17. 已知椭圆，直线经过的上顶点及右焦点． （1）求的方程； （2）若直线与交于点，，且直线与交于另外一点． （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）判断直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）或；（ⅱ）存在，定点为 【解析】 【分析】（1）由直线方程易得，即可求解； （2）（ⅰ）设直线方程，设，， 得到，联立椭圆方程，结合弦长公式即可求解；（ⅱ）直线的方程为，由对称性易知该定点在轴上，再令求解即可. 【小问1详解】 因为直线经过的上顶点及右焦点， 所以上顶点坐标为，， 令得，所以，， 所以的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）得，直线斜率一定存在，设其方程为， 设，，则， 由得， 所以，， 所以 ， 解得，， 所以直线的方程为或． （ⅱ）直线的方程为， 由对称性易知若直线过定点，则该定点在轴上， 令，得 ， 所以直线过定点． 18. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，二面角的大小为，，分别为和的中点. （1）求证平面 （2）求与平面所成角的正弦值； （3）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，分别交，于，两点，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）取的中点，根据平行关系可得，进而可证线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求相关点的坐标，再求平面的法向量，进而可得线面夹角； （3）设，根据面面夹角可得，设，结合线面平行运算求解即可. 【小问1详解】 取的中点，连接，，， 在中，，分别为和的中点， 所以且长为的一半， 又因为底面为平行四边形，为的中点， 所以且，所以四边形为平行四边形，可得， 又面，面，所以平面. 【小问2详解】 取的中点，连接，由，则， 分别以，所在直线为轴和轴，以过垂直于底面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，所以为平面的一个法向量， 又，设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 因为平面，平面平面，平面， 所以， 设，则， 设平面一个法向量为，由， 则， 令，则，，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，由（2）可知平面的法向量， 由题意可得， 令，则，得，所以， 当时，（舍去），所以当时，，此时， 设，则， 又因为平面的法向量， 则，解得， 所以存在点，使得平面与平面夹角余弦值为，此时. 19. 在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，左焦点为F，左顶点为A，且． （1）求C的方程； （2）过点F且斜率不为0的直线与C交于D，E两点，求面积的最大值； （3）过点的直线与C交于M，N两点，点P是线段上异于M，N的一点，且，证明：． 【答案】（1） （2） （3） 当直线的斜率为时，不妨记、， 而，，由， 则，即，即，满足； 当直线的斜率不为时，设、、， 设直线的方程为， 联立，得， 则，即， ，， 由，则， 所以， 则，则，即， 则， ，则. 综上所述，. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而求出，可得，进而求出C的方程； （2）设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出，令，进而结合对勾函数的单调性求解即可； （3）分直线的斜率为和不为0两种情况讨论求证即可. 【小问1详解】 由题意，，解得， 则， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，，则， 设直线的方程为，， 联立，得， 则，， 则， 所以， 令，则， 因为函数在上单调递增，且时，， 所以，即面积的最大值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $