精品解析：天津市西青区2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

2025~2026学年度第一学期学校中期学业质量检测 高二数学试卷 本卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答题时间100分钟，满分120分. 第I卷 一､选择题：本题共10小题，每小题4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，请将正确答案的序号填涂到答题卡上. 1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（ ） A. B. C. D. 2. 三条直线，，的位置如图所示，它们的斜率分别为，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 3. 若直线与直线平行，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 4. 已知圆，圆，则圆与圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 外切 C. 内含 D. 外离 5. 过点且与有相同焦点的椭圆方程为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在三棱柱中，，点为棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 4 8. 我国汉代初年成书的《淮南万毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则见四邻矣.”这是我国古代人民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧.已知一条光线从点射出，经轴反射，反射光线恰好平分圆的圆周，则反射光线所在的直线方程为（ ） A. B. C. D. 9. 已知，两点，若过点的直线与线段有交点，则直线的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 10. 已知椭圆的左､右顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分.请将正确的答案填写到答题纸上.试题中包含2个空的，答对1个空的得3分，全部答对的得4分. 11. 已知直线过两点且斜率为1，则实数的值为__________. 12. 如果椭圆上一点与焦点的距离等于2，那么点与另一个焦点的距离为__________. 13. 已知直线与圆交于A､B两点，且，则__________. 14. 已知直线经过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为__________. 15. 已知正四面体ABCD的棱长为1，点E、F分别是BC，AD的中点，则的值为_____． 16. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆，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.已知在平面直角坐标系中，定点两点，动点满足，则点的轨迹为阿氏圆，以下称该阿氏圆为曲线.给出下列结论： ①曲线的方程为； ②在曲线上存在点，使得到点的距离为10； ③在曲线上不存在点，使得； ④若曲线上至少有3个点到直线的距离等于1，则. 其中正确结论的序号为__________. 三､解答题：本大题共4小题，共56分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 已知的三个顶点. （1）求边所在的直线方程； （2）求边上的高线所在的直线方程及边上高线的长. 18. 已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上． （1）求圆的标准方程； （2）过点作圆的切线，求切线方程． 19. 如图，平面是正方形，平面，，点，分别为棱和的中点. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 20. 已知椭圆的长轴长为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）已知点为椭圆的上顶点，若过点的直线交椭圆于点（异于点），且的面积为9，求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第一学期学校中期学业质量检测 高二数学试卷 本卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答题时间100分钟，满分120分. 第I卷 一､选择题：本题共10小题，每小题4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，请将正确答案的序号填涂到答题卡上. 1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间直角坐标系的概念求解. 【详解】点关于平面的对称点是． 故选：B. 2. 三条直线，，的位置如图所示，它们的斜率分别为，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线的倾斜角与斜率的关系判断即可. 【详解】设三条直线，，的倾斜角为, 由图可知, 所以. 故选：B. 3. 若直线与直线平行，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一般式两直线平行得到方程求出参数的值，再代入检验即可. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，解得或； 当时直线与直线平行，符合题意； 当时直线与直线重合，不符合题意； 综上可得. 故选：A 4. 已知圆，圆，则圆与圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 外切 C. 内含 D. 外离 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆与圆位置关系的定义即可求解. 【详解】由题可得：圆,半径,圆,半径,则, 所以两个圆内含； 故选：C 5. 过点且与有相同焦点的椭圆方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知方程求出焦点即为所求椭圆焦点，设出所求椭圆方程，代入，解方程组即可. 【详解】由知，焦点为，，即，. 设所求椭圆方程为，则，解得， 故所求椭圆方程为. 故选：A. 6. 如图，在三棱柱中，，点为棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合空间向量的线性运算求解即可. 【详解】因为，点为棱的中点， 所以 . 故选：B. 7. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间位置关系的向量法判断，再根据向量平行的坐标运算，即可求解. 【详解】由题意可知，， 所以，即，解得：. 故选：A 8. 我国汉代初年成书的《淮南万毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则见四邻矣.”这是我国古代人民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧.已知一条光线从点射出，经轴反射，反射光线恰好平分圆的圆周，则反射光线所在的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得点关于轴的对称点的坐标与圆的圆心坐标，由两点式可求反射光线所在直线方程. 【详解】由，可得圆心， 由反射定律可知，点关于轴的对称点在反射光线所在的直线上， 又反射光线恰好平分圆的圆周，所以反射光线过， 由直线的两点式方程可得反射光线所在直线方程为，即. 故选：B. 9. 已知，两点，若过点的直线与线段有交点，则直线的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出图像，根据倾斜角变化得到斜率变化. 【详解】如图所示， 直线逆时针旋转到的位置才能保证过点的直线与线段有交点， 从转到轴的过程中，倾斜角变大到，斜率增大到正无穷，此时斜率为，此时直线的斜率的取值范围为， 从轴旋转到过程中，倾斜角从开始变大，斜率从负无穷开始增大，此时斜率为， 此时直线的斜率的取值范围为，综上直线的斜率的取值范围为. 故选：D. 10. 已知椭圆的左､右顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式得出即可求出. 【详解】以线段为直径的圆与直线相切， 则原点到直线的距离，得， 则离心率. 故选：A 二､填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分.请将正确的答案填写到答题纸上.试题中包含2个空的，答对1个空的得3分，全部答对的得4分. 11. 已知直线过两点且斜率为1，则实数的值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意结合斜率公式运算求解即可. 【详解】因为直线过两点且斜率为1， 则，解得， 所以实数的值为2. 故答案为：2. 12. 如果椭圆上一点与焦点的距离等于2，那么点与另一个焦点的距离为__________. 【答案】8 【解析】 【分析】根据椭圆方程可知，再结合椭圆的定义运算求解即可. 【详解】设椭圆的长轴长为， 由题意可知：，且， 因为，可得， 所以点与另一个焦点的距离为8. 故答案为：8. 13. 已知直线与圆交于A､B两点，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据弦长可得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式运算求解. 【详解】圆，即，圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， 因为，即，可得， 即，解得，即. 故答案为：. 14. 已知直线经过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为__________. 【答案】或 【解析】 【分析】分截距均为与截距均不为两种情况讨论，利用待定系数法计算可得. 【详解】若截距均为，设为，则，解得， 所以直线的方程为，即； 若截距均不为，设为，则，解得， 所以直线的方程为，即； 综上可得直线的方程为或. 故答案为：或 15. 已知正四面体ABCD的棱长为1，点E、F分别是BC，AD的中点，则的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由正四面体的定义知，正四面体相对的棱互相垂直，从而可得出，进而得出. 【详解】如图，四面体是正四面体， 四面体的每个面都是正三角形，且相对的棱相互垂直，且棱长为， 又点E、F分别是BC，AD的中点， ， . 故答案为：. 【点睛】本题考查了正四面体的定义，正四面体的相对的棱互相垂直，向量垂直的充要条件，向量加法的几何意义，向量数量积的运算及计算公式，考查了计算和推理能力，属于基础题． 16. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆，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.已知在平面直角坐标系中，定点两点，动点满足，则点的轨迹为阿氏圆，以下称该阿氏圆为曲线.给出下列结论： ①曲线的方程为； ②在曲线上存在点，使得到点的距离为10； ③在曲线上不存在点，使得； ④若曲线上至少有3个点到直线的距离等于1，则. 其中正确结论的序号为__________. 【答案】①③ 【解析】 【分析】求出轨迹方程判断①；利用圆的几何性质求出圆上的点与点的距离范围判断②；求出圆的轨迹方程，确定两圆位置关系判断③；由已知条件结合点到直线距离列出不等式求解判断④. 【详解】对于①：设点， 因为，整理得， 所以曲线的方程为，故①正确； 对于②：因为曲线是以为圆心，半径为的圆， 且点到圆心的距离， 则圆上一点到点的距离的取值范围为，且， 所以曲线上不存在点，使得到点的距离为10，故②错误； 对于③：设点， 因为，则，整理得， 可知点E的轨迹以为圆心，半径的圆， 且，可知两圆内含，没有公共点， 所以曲线上不存在点，使得，故③正确； 对于④：圆心到直线的距离为， 若曲线上至少有3个点到直线的距离等于1， 则，即，解得，故④错误； 故答案为：①③. 三､解答题：本大题共4小题，共56分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 已知的三个顶点. （1）求边所在的直线方程； （2）求边上的高线所在的直线方程及边上高线的长. 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）根据题意结合直线的两点式方程求解即可； （2）根据垂直关系可设所求直线方程为，代入点即可得结果，再利用点到直线的距离公式求高线的长. 【小问1详解】 因为， 则直线的方程为，即. 【小问2详解】 因为直线的方程为， 设边上的高线所在的直线方程为， 代入点可得，即， 所以边上的高线所在的直线方程为， 且边上高线的长即为点到直线的距离. 18. 已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上． （1）求圆的标准方程； （2）过点作圆的切线，求切线方程． 【答案】（1）； （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆心，通过半径求得，进而可求解： （2）通过讨论斜率存在与不存在，由圆心到直线距离等于半径，列出等式求解即可. 【小问1详解】 由题意设圆心， 因为，即， 解得，即，半径， 所以圆的标准方程为； 【小问2详解】 当切线的斜率不存在时，则切线方程为， 此时圆心到直线的距离为，符合条件； 当切线的斜率存在时，设过的切线方程为， 即， 则圆心到切线的距离，解得， 此时切线的方程为：，即， 综上所述：过的切线方程为或． 19. 如图，平面是正方形，平面，，点，分别为棱和的中点. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以， 所以，所以． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出、，利用向量法计算可得； （2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得； （3）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 又， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 因为，， 设平面为法向量为，则，取， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 20. 已知椭圆的长轴长为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）已知点为椭圆的上顶点，若过点的直线交椭圆于点（异于点），且的面积为9，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，代入点可得，即可得椭圆方程； （2）求和直线的方程，设，根据面积关系求点B的坐标，即可得直线方程. 【小问1详解】 因为椭圆的长轴长为，则， 即，则椭圆方程为， 代入点可得，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 因为，，则， 直线：，即， 设，， 则点到直线的距离， 因为，即， 可得或（舍去）， 又因为，则， 可得或，解得或， 若，即，则直线：； 若，即，则直线为，即； 综上所述：直线的方程为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $