安徽省合肥市A10联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题

：出 数学（人教A 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分 第I卷（选择题共58分） 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.在空间直角坐标系中，已知点A(1,-2,3),B(-3,0,1),则AB的长为（) A.2W2 B.2W6 C.8 D.24 2.已知{a,b,c是空间一个基底，向量m=a+xb-c,n=-2a-3b+yc,x,y∈R,若m∥n,则 x+y的值是( A.2 B.3 D. 2 3.若士。上=1表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是(） m+2 m A.(-∞，-1) B.(-2,0) C.(-1,0) D.(-2,-1) 4.已知圆E:(x+2)2+(y-6)2=1与圆C关于直线y=x对称，则圆C的方程是() A.(x+6)2+y-2)2=1 B.(x-2)2+y+6)2=1 C.(x-6)2+y+2)2=1 D.(x+2)2+(y+6)2=1 5.若直线：3x+(m-2)y+2m=0与l2:mx+y+6=0平行，则实数m的值为（) A.3 B.-1 C.-1或3 D.0 6已知椭圆C:之+1C>b>0)的左、右焦点分别为、，椭圆上点Px,》到焦点E的 最大距离为7，最小距离为3，则椭圆的离心率为() 3 A. C. 2 7.已知平面ABC与平面ABD所成的二面角C-4B-D的大小为AC⊥AB,BD⊥AB,且 AB=3,AC=2,BD=4,则CD的长为（) A.√21 B.5 C.V29 D.V37 8.在空间直角坐标系Oz中，球心的坐标为M(a,b,c),半径为r,则球面的方程为 (x-a2+(y-b)2+(红-c)2=r2.已知0为坐标原点，A,0,2V2),B13,2V2),点P满足 Ad=2P园，则oP川的最大值为() A.5 B.6 C.7 D.8 2024级高二上学期11月期中质量检测·数学（人教A版）试题第1页共4页 发， 教A版)试题B 部分。满分150分，考试时间120分钟。请在答题卡上作答。 二、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.已知圆C:x2+y2-6x-8y=0和直线1：(3m-1)x-(2m+1)y-m+2=0,则() A.圆C的半径为5 B.直线1恒过点(-1,1) C.直线I不过点C D.直线1与圆C一定相交 10:已知下0，-2)为桶圆C:兰+上=10m>0)的焦点，直线1与椭圆C交于M,N两点，且点 4 m 2,恰好是线段MN的中点，则( ) A. m=2√2 B椭圆C的离心率为2 C.直线1的方程为x-4y+6=0 D.△FMN的周长为8V2 11.在棱长为1的正方体ABCD-AB,C,D,中，M为底面ABCD内部（包括边界）一动点，下列 结论正确的是（) A.存在点M使得D,M⊥AC B存在点M能得平面AD,D和平面D,M的夹角大小为写 C吉机与能国4CD所成命的正切丝为9，则点M的这长度务 3 D.cos2∠MDD+cos2∠MD4+cos2∠MD,C1=1 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.点A(2,1)到直线x-2y+10=0的距离为 13.已知4=1，b=(1,2,-2),a与b的夹角为120°，则2a-b= 14.在边长为3的正方形ABCD中，点E为边CD的中点，已知点P为正方形ABCD内（包括边界） 一动点，且到点A的距商和到边CD的距离的比为2，则P啊-P4的最小值为 2024级高二上学期11月期中质量检测·数学（人教A版）试题第2页共4页 B 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（13分) 知椭圆E的两个焦点分别为-1,0)，0,0)，且与椭圆C:6+2=1的离心率相 (1)求椭圆E的标准方程； （2)设点P在椭圆E上，且PF-PF=4,求△PFE的面积 型公、·，甲温心六 16.（15分) 如图，已知正方体ABCD-AB,CD,的棱长为6，点M在棱AD,上，且AM=5,2为BC,的 中点，点P在棱A4上，且行= 一三一 D M (1)求证：CM∥平面BP2; (2)求点A,到平面BP2的距离. 17.(15分) 已知4A(-1,0),B1,2),C1,-2),D(-1,2V5),圆M经过4，B,C三点 (1)求圆M的标准方程； (2)过点D的直线1与圆M相切，求直线I的方程 2024级高二上学期11月期中质量检测·数学（人教A版)试题第3页共4页 18.(17分) 如图，在三棱柱ABC-AB,C中，AB-AC=2,A4=2√2，∠BAC=90°，B,A⊥平面 ABC. (1)求证：平面ACC,A⊥平面ABB,A; (2)求直线BC与平面ACC,A所成角的余弦值； (3)若球M为三棱锥B-ABC的外接球，求平面ACCA截球M的截面面积. 、5 B 学容一稀只中个动小背山头给 B ,特家景线，-区一云出江一 19.(17分) 已知椭圆C: x2 方二1a>b>0的左顶点为4(-2,0)，且椭圆 6 (1)求C的方程； (2)已知E为C的左焦点，在y轴上有两动点M(0,m),N(0,n),m>0,n<0,且MR⊥NE (i)若△M四N的外接圆与C在第一象限的交点为P,连接PV交x轴于点2，求 PO ON (i)直线AM,AN分别与C交于点S,T,求证：直线ST恒过定点 ,《90这0型国 2024级高二上学期11月期中质量检测·数学（人教A版)试题第4页共4页2024级高二上学期11月期中质量检测 数学（人教A版）参考答案B 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. 题号 2 5 6 > P 答案 B D B D 1.B由两点间的距离公式得AB=V(-3-1)2+[0-(-2)]+1-3)2=2V6.故选B. 2c因为ma,所以之考，用=3=2.所以x+y 、 .故选C -2-3y 3.D因为，十上=1表示焦点在y箱上的精圆，所以-m>m+2>0,解得-2<m<-1.故选D m+2-m 4.C圆E的圆心坐标为(-2,6)，关于直线y=x对称的点的坐标为(6，-2)，所以圆C的方程是 (x-6)2+(y+2)2=1.故选C. 5.B直线l:3x+(m-2)y+2m=0与l2:mx+y+6=0平行，则3×1-(m-2)m=0,解得 m=3或-1，经检验，当m=3时，1,12重合，故舍去，所以m=-1满足题意.故选B. 众”为点P别压点大份凝大喷为7超是风穷3.所侣即仁则的高6本 (a-cs3,即 e2故选D 7.A因为CD=CA+AB+BD,AC⊥AB,BD⊥AB,所以CD=(CA+AB+BD C+aB+BD+2CiBD,又C-BD=-AC-BD=-ccos背=4， 所以CD=2+32+42-8=21,故CD=V21.故选A, 8.C设P(x,y,2),由AP=2PB得(x-1)2+(y-4)2+(z-2W2)=4,则点P在以Q1,4,2V2) 为球心，R=2为半径的球体上，则OP的最大值为OQ+R=5+2=7.故选C 二、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 题号 9 10 11 答案 ACD BD ABD 9.ACD对于A,将圆C化为(x-3)2+(y-4)2=25,可得圆C的圆心为(3,4)，半径为5，故A正确； 3x-2y-1=0mx=1 对于B,将直线1化为m(3x-2y-1)-(x+y-2)=0,由 x+y-2=0 得1所以直 线1恒过点E1,1),故B错误；对于C,将圆心C(3,4)代入直线1中，得 m(3×3-2×4-1)-(3+4-2)=-5≠0，显然圆心C(3,4)不在直线1上，故C正确；对于D, 因为CE=V(3-1)2+(4-1)2=V13<5,所以点E在圆C内，则直线1与圆C一定相交，故 D正确.故选ACD 2024级高二上学期11月期中质量检测·数学（人教A版）参考答案第1页共6页 ◇ 10.D对于A.因为F0,-2)为椭圆C:兰+上=10m>0)的下焦点，所以m=4+-2=8,放A 4 m 错误；对于B,椭圆C的方程为 +父=1，则a=25,6=c=2,离心e=-5 48 a 2 故 B正确；对于C,因为点P 恰好为线段MN的中点，所以由椭圆中点弦斜率公式可知， 弦MN的斜率kw满足kN·kp=- =-2(k为原点与点P连线的斜率)，又因为 a 4 ==-2,从而kw=1,所以直线的方程为y一青x-气号司》 2 即y=x+2,故C 3 错误；对于D,由直线1的方程y=x+2知直线I过上焦点(0,2)，所以△FMN周长为 4a=8V2,故D正确.故选BD. 11.ABD以D点为原点，DA,DC,DD为x,y,z轴建立空间直角坐标系Dxz,依题意设 M(x,y,0)(0≤x≤1,0≤1)，则D(0,0,0),D(0,0,1),A(1,0,0),A(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,1), 所以DM=(xy,-1),DA=L,0,-1),AC=（-11,1),DD=(0,0,-1),D4=(L,0,0), DC=(01,0).对于A,有D,MAC=(xy,-1)(-1,1)=-x+y-1,当点M为(0,1,0)时， DM·AC=0,即D,M⊥AC,故A正确；对于B,显然AB⊥平面AD,D,则平面AD,D 的一个法向量为m=AB=(0,L,0),另设平面D,AM的法向量为n=(a,b,c),则 n:D/=+-C=0,令4=1，则h=1,c=1,所以平面D1M的一个法向量为 n.DA=a-c=0 若平面AD,D和平面D,4M的夹角大小为行，则 1- cos m,n > m.n 1 m2即 2,解得 1-x6 1-x 4 y 满足 1-x_6 故B正确；对于C,若MD与底面ABCD所成角的正切值为 y √5 即tan∠DMD=VS 则M点的轨迹在以D为圆心，r=DM= 2_25为半径， 2 3 且在底面ABCD内的圆弧上，则圆弧与底面ABCD交 两点，所以圆心角 为，即其长度为×25=V3,放C错误：对于D. 639 cos2∠MDD+cos2∠MDA+cos2∠MD,C1= x2 ++1产+y2+1te2+y+1=1. 故D正确.故选ABD. 级高二上学期11月期中质量检测·数学（人教A版）参考答案第2页共6页 B 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.2√5 由点到直线距离公式得d=」 2-2+10 =25 12+(-2)2 13.V19 由随意，1风=3，a-b=1X3Xc0s120P=弓所以 pm-6=4a-4a6+6=4-4-引9-19，a-6-i西 14.109-4 2 假设正方形边AD在平面直角坐标系的x轴上，由题意得，点P到点A的距离和到边CD的距离的比 为】，根据椭圆的第二定义（平面内与定点（焦点和与定直线（准线）的距离的比为离心率(0<<) 的点的轨迹为椭圆)，点P在以点A为右焦点，直线CD为右准线的椭圆上.设A(℃，O),则准线CD a -c=3 的方程为x=4 ,所以 ，解得 c I c=1,b2=a2-c2=3,故椭圆的标准方程为 a=2 la 2 r.y =1.结合正方形的几何约束，如图，点P的轨迹为该椭圆上满足1飞<2，-≤0的弧段。 3 43 且4 椭圆另一焦点为F(-1,0).由椭圆定义知， PE-PA=PE-（4-PF)=PE+PF-4,当P,E,F三点共线时，PE+PF最短，所以 PE+P-4EF-4=09-4,散PE-PA的最小值为io9 4 D 4 E C 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤， 15.(13分) 1)设裤假E的标在方智为荐+若=1,0>b>0,由延在知c=1。 ,y2 a 又因为椭圆C和椭圆E的离心率相同，所以e=C=】 121 1 …(3分) a 162 因为c=1,所以a=2,则b2=22-12=3, 2024级高二上学期11月期中质量检测·数学（人教A版）参考答案第3页共6页 B 则椭圆E的标准方程为女+上=1 …(5分) 43 (2)由(1)知，椭圆E的长半轴a=2,焦距FF=2, …(6分) 又由椭圆的定义知，PF+PF=2a=4, PF+PF =2a=4 IrnI-5 所以联立 ，解得 …(9分) PK-PEP=4 3 PF 又因为PF=PF+EE,所以∠PF,E= 2 …（11分) 故△PFR的面积S-PFHF=X× x2x2=3 …(13分) 16.（15分) (1)以D点为原点，DA,DC,DD分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(6,0,6),B(6,6,0),P(6,0,2),Q(3,6,6),M(1,0,6),C(0,6,6),…(3分) 所以CM=(1,-6,0),BP=(0,-6,2),P9=(-3,6,4) n·BP=-6y+2z=0 设平面BPQ的法向量为n=(x,y,z),则 …(7分) n-P9=-3x+6y+4z=0 令y=1,则x=6,z=3,所以n=(6,1,3)为平面BPQ的一个法向量，…(8分) 因为C,M·n=(1,-6,0)(6,1,3)=0,所以CM⊥n, 又CM文平面BPQ,所以C,M∥平面BPQ. …(10分) (2)由(1)知，平面BPQ的一个法向量为n=(6,1,3),AB=(0,6,-6, …（12分) AB.n 6W46 所以由点到平面的距离公式得d= 网 23 所以点A到平面BPQ的距离为6√46 …（15分) 23 M D 17.(15分) (1)依题意可设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0, (-1)2-D+F=0 D=-2 由圆M经过A,B,C三点知， 12+2+D+2E+F=0,解得E=0; …(4分) 12+(-2)2+D-2E+F=0 F=-3 所以圆M的方程为x2+y2-2x-3=0,其标准方程为(x-1)2+y2=4. …（6分) 2024级高二上学期11月期中质量检测·数学（人教A版）参考答案第4页共6页 B (2)若过点D的直线1的斜率不存在，其方程为x+1=0, 经检验恰与圆M相切，满足题意， …(9分) 若过点D的直线1的斜率存在，且设为k,其方程为y-2√3=k(x+1), 即x-y+k+2√3=0，由直线1与圆M相切知圆心M(1,0)到直线1的距离等于2， k-0+k+25 2k+2V3 得 =2,即 …(12分) V1+k2 V1+K2 =2,解得k=- 3 此时植线/的方程为，y-25=-5x+,厚+5-5=0. …(14分) 综上所述，直线1的方程为x+1=0或x+√3y-5=0.…(15分) 18.(17分) (1)因为∠BAC=90°，所以AC⊥AB,因为B,A⊥平面ABC,所以B,A⊥AC, 因为BA∩BA=A,所以AC⊥平面ABBA,…(3分) 又因为ACC平面ACC,A,所以平面ACC,A⊥平面ABB,A. ……(4分)） (2)因为B,A⊥平面ABC,平面ABC∥平面ABC,所以B,A⊥平面AB,C,所以BA⊥AB, 因为AB=AB=2,A4=2V2,所以AB=2.…(5分) 又由(1)知AB,AC,AB,两两垂直， 所以以A为坐标原点，AB,AC,AB,为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系A)z, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),B(0,0,2), 所以A4=BB=(-2,0,2),AC=(0,2,0),BC=(-2,2,0).…（6分) n·AA=-2x+2z=0 设平面ACC,A的法向量为n=(x,y,z),则{ n.4C=2y=0 令x=1,则y=0,z=1,所以n=(1,0,1)为平面ACC,A的一个法向量，…(8分) ii BC BB +BC BB +BC=(-4,2,2) …(9分) 设BC,与平面ACCA所成角为0，则sin0=cos<BC,n>- -2 2x2√66 因为0e[0引，所以cos0=-0= …（11分) 6 (3)以三棱锥B,一ABC的顶点为顶点补成正方体， 则正方体中心为三棱锥外接球球心M(1,1,1),…（12分) 所以AM=(Il,1),则球的半径为R=AM=√5 …（13分) AM.n 2 设球心M到平面ACC,A的距离为d,则d= = …（15分) V2 设平面ACC,A截球M的截面圆的半径r, 则r=√R2-d2=1,…(16分) 所以平面ACC,A截球M的截面面积为π. …（17分) A 2024级高二上学期11月期中质量检测·数学（人教A版）参考答案第5页共6页 B 19.(17分) (1)因为椭圆C:x =1(a>b>0)的左顶点为A(-2,0),所以a=2, 3 2 2 又椭圆C过点 V3. 3 所以6 )2 =1,解得b=√5， b2 所以椭圆C的方程为 -=1 …(3分) 43 (2)i)由M上5，(-1L0)得名yx=m7=-1,所以mm=-1. …（4分) 11 显然△MEN的外接圆是以MN为直径的圆， 2 则其方程为x2+ m+n m-n 2 2 化简得x2+(y-m)y-n)=0.…(6分) x+(y。-m)y。-n)=0 设P(0%>0),则号+监=1 43 消去x得， …(7分) 化简得(y+3m)y。+3n)=0,又y>0,所以，=-3n, …（9分) 所以 Pg_ypl_6_-3n=3.…(10分） ON IyxI In Inl (ii)设直线ST的方程为x=y+q(g≠-2)，S(x,y),T(x2,y2),…(11分) x=py+q 联立+ ,消去x整理得(3p2+4)y2+6pqy+3g2-12=0, =1 43 则y+y2= -6p9 3p2+45= 3q2-12 …（12分) 3p2+4 因为ks=少=m 出+22，k初= 5+22,所以ksk=m”=- =” 4 …(14分) 4 故少.。1 yiy2 1 +2+24,即 (py+2+q)(py2+2+q) 4:化简得(g+2g-1)=0. 因为q≠-2，所以g=1, …(16分) 所以直线ST的方程为x=py+1,即直线ST恒过定点(1,0).…（17分) 以上各解答题如有不同解法并且正确，请按相应步骤给分， 2024级高二上学期11月期中质量检测·数学（人教A版）参考答案第6页共6页 B