精品解析：北京市广渠门中学2025-2026学年高二上学期期中数学试题

北京市广渠门中学2025-2026学年度第一学期期中试题 高二年级数学学科 时间：120分钟 2025.11 本试卷共2页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效 一、选择题（共10小题；共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1. 直线在轴上的截距为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接令，求出即可. 【详解】直线， 令，得. 直线在轴上的截距为. 故选：B. 2. 已知点P在椭圆上，点，，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意由椭圆标准方程以及椭圆定义即可得出结果. 【详解】由椭圆方程为可知， 则，即为椭圆的左、右焦点， 由椭圆定义可得. 故选：C 3. 若直线是圆的一条对称轴，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解． 【详解】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得． 故选：A． 4. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相离 C. 内切 D. 外切 【答案】D 【解析】 【分析】求出两圆圆心的距离，再与两圆半径进行比较，得到答案. 【详解】圆，圆， 所以两圆圆心为，， 所以， 两圆半径分别为，， 所以， 所以两圆位置关系为外切. 故选：D. 5. 在四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用空间向量对应线段的位置及数量关系，结合向量加减、数乘的几何意义用表示即可. 【详解】. 故选：A 6. “”是“椭圆的离心率为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的离心率为求出m，进而求得答案. 【详解】椭圆的离心率为，当时，，得； 当时，，得． 即“”是“椭圆的离心率为”的充分不必要条件． 故选：A. 7. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点P到平面QGC的距离是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合向量法求解点到面的距离，即可得到结果. 【详解】 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 所以点P到平面QGC的距离是. 故选：B 8. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】将题目转化为两点之间的距离公式，然后再用对称求最小值. 【详解】表示点到点和到点距离的和. 设点关于直线的对称点，由对称点的性质可得：, 如图： 由对称的性质可得:,所以的最小值就是. 所以. 故选：C 9. 阿波罗尼斯（约公元前262—190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点，间的距离为，动点与，距离之比为，当，，不共线时，面积的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用直接法可得点的轨迹方程，即可得点到直线的距离的取值范围，即可得面积的最值. 【详解】 如图所示，以中点为坐标原点，方向为轴建立如图所示平面直角坐标系， 则，， 设，则，， 由动点与，距离之比为， 则， 化简可得，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 所以当，，不共线时，点到直线的距离， 则， 即面积的最大值为， 故选：D. 10. 在棱长为1的正方体中，点满足，其中，，给出下列四个结论中，所有正确结论的序号为（ ） ①所有满足条件的点组成的区域面积为1； ②当时，三棱锥的体积为定值： ③当时，点到距离的最小值为1： ④当时，有且仅有一个点，使得平面． A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】对于①，根据条件得点在正方形内，即可判断；对于②，点在线段上，从而点到平面的距离为定值，为定值，从而三棱锥的体积为定值；对于③，点在线段上，当点与重合时，即为到距离的最小值为1，从而判断；对于④，由题点在线段上，当平面时，可得，与矛盾，从而即可判断. 【详解】如图所示，    对于①，因为，，， 所以点在正方形内（包括正方形），而正方形的面积为1，故①正确； 对于②，时，， 所以, 故点在线段上，    由于平面,所以上的点到平面的距离都相等， 又, 所以三棱锥的体积为定值，故②正确； 对于③，时，， 所以, 所以点在线段上，连接,    由题意可得，平面,平面, , 当点与重合时，即为到距离的最小值为1,故③正确； 对于④，当时，， 取的中点,的中点,则点在线段上，    若平面，则平面,必有, 因为平面，平面， 所以,, 所以平面，则有, 又,所以,与矛盾， 故不存在满足题意的点，④错误， 故选：A 二、填空题（共5小题；共25分） 11. 椭圆的焦点坐标为_____；短轴长为_____． 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】根据椭圆的基本性质，求出结果即可. 【详解】由题可得焦点在轴上，由，得，所以焦点坐标； 短轴长为. 故答案为：；2 12. 圆心为且与直线相切的圆的方程为______________. 【答案】 【解析】 【分析】 求出点到直线的距离，可得出所求圆的半径，进而可得出所求圆的标准方程. 【详解】由于圆心为且与直线相切，则所求圆的半径为， 因此， 所求圆的标准方程为. 故答案为：. 13. 如图，正方体中，棱长为2. （1）_____________； （2）若点E在对角线DB上，则______________. 【答案】 ①. 8 ②. 4 【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，然后利用向量计算即可. 【详解】 以为原点如图建立空间直角坐标系，则 所以，所以 因为点E在对角线DB上，所以设，所以 所以 故答案为：8；4 14. 已知椭圆：的两个焦点分别为，，①如果为短轴的一个端点，且，则椭圆的离心率为_________；②若椭圆上存在点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】①在椭圆中，由可得， ∴， ∴． ②∵椭圆上存在点，使得， ∴以为直径的圆和椭圆有公共点， ∴， ∴，， 又， ∴，即椭圆离心率的取值范围为． 答案：①；② 点睛：求椭圆离心率或其范围的方法 (1)求出的值，由直接求． (2)列出含有的方程(或不等式)，借助于消去b，然后转化成关于e的方程(或不等式)求解．本题中借助于圆的半径和椭圆的短半轴间的大小关系得到离心率的范围． 15. 已知曲线，，给出下列四个命题： ①曲线关于轴、轴和原点对称； ②当时，曲线有且仅有三个交点； ③当时，曲线围成的区域内（含边界）两点之间的距离的最大值是3； ④当时，曲线围成的区域面积大于曲线围成的区域面积． 其中所有真命题的序号是_____． 【答案】①③ 【解析】 【分析】①将点代入方程，判断方程是否满足即可；②联立曲线方程求得或，进而求交点个数；③④由曲线是圆心为原点，半径为的圆，利用二次函数性质求曲线上任意一点到原点距离的范围，结合对称性即可判断. 【详解】①设点在上， 对于点，代入方程，也在上； 对于点，代入方程，也在上； 对于点，代入方程，也在上； 所以曲线关于x轴、y轴和原点对称，①正确； ②联立可得，即或， 当时，都有，即存在交点； 当时，都有，即存在交点； 综上，共有四个交点，②错误； ③当时，则， 故，可得， 曲线上任意一点到原点距离 ， 当时， 结合对称性知：曲线围成的平面区域内（含边界）两点之间的距离 的最大值是3，③正确. ④当时，对于曲线是圆心为原点，半径为的圆， 设曲线围成的区域为，曲线围成的区域为， 设，则，故， 故，故，故在的内部， 故的面积不大于的面积，故④错误. 故答案为：①③ 三、解答题（共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程） 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为棱的中点． （1）求直线与所成角的余弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到直线的距离． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系（1）求出向量与坐标，由向量夹角余弦公式可得答案； （2）求出平面的法向量，由向量法求解即可； （3）由空间向量法，求点到直线距离公式可得答案. 【小问1详解】 如图，建立空间直角坐标系，则. 故，，则直线与所成角的余弦值为： ； 【小问2详解】 由（1）， 设平面法向量为，则， 则可取，又，则直线与平面所成角的正弦值为： ； 【小问3详解】 由（1），，又， 则到直线的距离为：. 17. 已知圆经过，两点，圆心在直线上，过点的直线与圆相交于，两点． （1）求圆的方程； （2）若，求直线的方程； （3）点为圆上的一个动点，若点，满足，直接写出的取值范围． 【答案】（1） （2）或； （3） 【解析】 【分析】（1）设圆心为，由圆心到两已知点距离相等及圆心在已知直线上列方程组求得，再计算出半径得圆标准方程； （2）由弦长求出圆心到直线的距离，分类讨论直线的斜率不存在和存在两种情形求解，斜率存在时设出直线方程，由点到直线距离公式计算求解； （3）由，求出的最大值和最小值后即可得结论． 【小问1详解】 设圆心为，则， 解得， 圆半径为， 圆方程为； 【小问2详解】 ，则圆心到直线的距离为， 斜率不存在时，直线满足题意， 斜率存在时，设方程为，即， ，解得，直线方程为，即， 所以直线的方程为或； 【小问3详解】 由于是中点，， 由可知在以为直径的圆上，故，，故 所以， 所以故． 18. 在中，． （1）求的值； （2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2） 选择条件①：不符合题意. 选择条件②：． 选择条件③：． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值； （2）对于条件①，利用余弦函数的单调性求出角的取值范围，结合三角形的内角和定理推出矛盾，可值条件①，不符合要求； 选择条件②，求出的值，利用余弦定理可求出的值，然后利用三角形的面积公式结合等面积法可求出边上的高； 选择条件③；求出、的值，利用两角和的正弦公式可求出的值，利用正弦定理求出的值，进而可得出边上的高为，求解即可； 【小问1详解】 由正弦定理，且， 得，即． 由，得．所以． 由，得，所以． 【小问2详解】 选择条件①：因为，且余弦函数在上单调递减， 故，又因为，从而可得，与三角形的内角和定理矛盾，故①不成立. 选择条件②：由，且，得． 由余弦定理，得， 解得或（舍）． 设边上的高为，则三角形面积， 所以． 选择条件③：由，且，得． 由，且，得． 所以． 由正弦定理，得，所以边上的高． 19. 如图，三棱柱中，平面平面，，过的平面交于点E，交BC于点F. （1）求证：平面； （2）求证：四边形为平行四边形； （3）若，求二面角的大小. 【答案】（1）平面平面， 平面平面，平面ABC， 所以平面，所以， 因为三棱柱中，， 所以四边形为菱形，所以, 平面，平面,， 所以平面； （2）因为平面，平面， 所以平面， 因为平面平面，平面， 所以， 因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以， 所以四边形为平行四边形； （3）45° 【解析】 【分析】（1）证明，说明四边形为菱形，证明，然后证明平面. （2）证明平面，推出，证明，说明四边形为平行四边形. （3）如图建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积求解，二面角的平面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 在平面内，过A作. 因为平面， 如图建立空间直角坐标系， 由题意得，，. 因为，所以，所以. 由（1）得平面的法向量为. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以， 所以， 由图知二面角的平面角是锐角， 所以二面角的大小为45°. 20. 已知椭圆过点，且离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆长轴上的一个动点，过作斜率为的直线交椭圆于两点，求证：为定值． 【答案】（1） （2） ，设，，直线的方程为， 将直线与椭圆的方程联立即， 消元得，， 所以，， 所以 为定值，得证. 【解析】 【分析】（1）由题意结合椭圆性质可得，结合离心率和解得、，即可得解， （2）联立直线与椭圆的方程得韦达定理，进而根据两点距离公式，代入化简即可求解. 【小问1详解】 由题设可知，， 又，解得 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 略 21. 已知集合．对集合A中的任意元素，定义，当正整数时，定义（约定）． （1）若，求和； （2）若满足且，求的所有可能结果； （3）是否存在正整数n使得对任意都有？若存在，求出n的所有取值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）； （2）、、、； （3） 存在正整数n使且，理由如下： 由，则， 所以， 若，， 所以， 若，则，，， 所以，对都有， 当时，恒成立， 综上，n所有取值为使成立. 【解析】 【分析】（1）根据定义依次写出、即可得结果. （2）由题设有或，再依据定义确定的所有可能结果； （3）由定义得，依次写出直到即可判断存在性，并确定n的所有取值. 【小问1详解】 由题意，，，， ，，，. 【小问2详解】 由且， ①， 当或1时，， 同理，或1时，， 或1时，， 或1时，， 所以①等价于，则，， 当，，则为满足； 当，，则为满足， 当，，则为满足， 当，，则为满足， 综上，的所有可能结果、、、. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第二、三问，根据已知条件及的定义依次写出结果，判断存在性并列举出结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市广渠门中学2025-2026学年度第一学期期中试题 高二年级数学学科 时间：120分钟 2025.11 本试卷共2页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效 一、选择题（共10小题；共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1. 直线在轴上的截距为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 2. 已知点P在椭圆上，点，，则（ ） A. 2 B. C. D. 3. 若直线是圆的一条对称轴，则（ ） A. B. C. 1 D. 4. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相离 C. 内切 D. 外切 5. 在四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 6. “”是“椭圆的离心率为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点P到平面QGC的距离是（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 9. 阿波罗尼斯（约公元前262—190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点，间的距离为，动点与，距离之比为，当，，不共线时，面积的最大值是（ ） A. B. C. D. 10. 在棱长为1的正方体中，点满足，其中，，给出下列四个结论中，所有正确结论的序号为（ ） ①所有满足条件的点组成的区域面积为1； ②当时，三棱锥的体积为定值： ③当时，点到距离的最小值为1： ④当时，有且仅有一个点，使得平面． A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 二、填空题（共5小题；共25分） 11. 椭圆的焦点坐标为_____；短轴长为_____． 12. 圆心为且与直线相切的圆的方程为______________. 13. 如图，正方体中，棱长为2. （1）_____________； （2）若点E在对角线DB上，则______________. 14. 已知椭圆：的两个焦点分别为，，①如果为短轴的一个端点，且，则椭圆的离心率为_________；②若椭圆上存在点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为_________． 15. 已知曲线，，给出下列四个命题： ①曲线关于轴、轴和原点对称； ②当时，曲线有且仅有三个交点； ③当时，曲线围成的区域内（含边界）两点之间的距离的最大值是3； ④当时，曲线围成的区域面积大于曲线围成的区域面积． 其中所有真命题的序号是_____． 三、解答题（共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程） 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为棱的中点． （1）求直线与所成角的余弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到直线的距离． 17. 已知圆经过，两点，圆心在直线上，过点的直线与圆相交于，两点． （1）求圆的方程； （2）若，求直线的方程； （3）点为圆上的一个动点，若点，满足，直接写出的取值范围． 18. 在中，． （1）求的值； （2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 19. 如图，三棱柱中，平面平面，，过的平面交于点E，交BC于点F. （1）求证：平面； （2）求证：四边形为平行四边形； （3）若，求二面角的大小. 20. 已知椭圆过点，且离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆长轴上的一个动点，过作斜率为的直线交椭圆于两点，求证：为定值． 21. 已知集合．对集合A中的任意元素，定义，当正整数时，定义（约定）． （1）若，求和； （2）若满足且，求的所有可能结果； （3）是否存在正整数n使得对任意都有？若存在，求出n的所有取值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $