精品解析：山东省名校考试联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题

山东名校考试联盟2025-2026学年高二年级上学期期中检测 数学试题 2025.11 本试卷共4页，19题，全卷讲分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知直线的斜率为2，经过点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上的动点（点不在坐标轴上），则的周长为（ ） A. B. 6 C. D. 3 3. 在平行六面体中，已知点，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线与圆相交，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 在矩形中，，，将沿对角线折起，使得点到达点的位置，若二面角的大小为，则的长度为（ ） A. B. C. D. 3 6. 已知点和圆，以为直径的圆与圆交于，两点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 直线与椭圆交于，两点，若为线段的中点，则的斜率为（ ） A. B. C. D. 1 8. 在三棱锥中，，，点满足，若实数，，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知平面的法向量为，设平面的法向量为，直线的方向向量为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则平面平面 B. 若，则直线平面 C. 若，则平面平面 D. 若，则直线平面 10. 已知直线，圆，则（ ） A. ，与相交 B. ，使得圆心到的距离为 C. ，使得圆截所得的弦长为 D. ，使得圆上有4个点到的距离为2 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆的上顶点，直线与的另一个交点为，过与垂直的直线与交于，两点，若，，则（ ） A. B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆的方程为 D. 的周长为13 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过点，两点，则椭圆的方程为_____. 13. 已知正方体的棱长为，，分别为棱，的中点，，若平面，则实数的值为_____. 14. 过点作圆的两条切线，切点分别为，，设，则的最小值为_____. 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. 已知圆经过，，三点. （1）求圆的方程； （2）求过点且与圆相切的直线方程. 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且经过点. （1）求椭圆的方程； （2）倾斜角为的直线经过点，且与椭圆交于，两点，求的面积. 17. 已知正方体和平面，直线平面，直线平面，为线段的中点. （1）证明：直线平面； （2）已知，当直线与平面所成角最大时，求的值. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为.设，是椭圆上位于轴同侧的两点，且直线与直线平行，与交于点，当轴时，. （1）求椭圆的方程； （2）若直线的斜率为，求的长度； （3）证明：点在定椭圆上. 19. 在四棱锥中，，，，，且平面， （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值； （3）过点的平面与侧棱，，分别交于点，，，若四边形为菱形，求的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东名校考试联盟2025-2026学年高二年级上学期期中检测 数学试题 2025.11 本试卷共4页，19题，全卷讲分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知直线的斜率为2，经过点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线点斜式方程的概念求解，再将直线方程化为一般式方程即可. 【详解】直线的斜率为2，经过点， 则直线的方程为，即. 故选：C 2. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上的动点（点不在坐标轴上），则的周长为（ ） A. B. 6 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆的定义及标准方程即可得出结果. 【详解】由题可得，所以， 由，所以则的周长为，故B正确. 故选：B. 3. 在平行六面体中，已知点，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则，可得，代入坐标，即可得答案. 【详解】由题意 所以. 故选：A 4. 已知直线与圆相交，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，根据圆心到直线的距离小于半径列不等式求解即可. 【详解】圆的圆心为，半径为， 若直线与圆相交， 则，即， 两边同时平方化简可得，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：A 5. 在矩形中，，，将沿对角线折起，使得点到达点的位置，若二面角的大小为，则的长度为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据折叠前矩形的性质，结合二面角的定义，利用余弦定理和直角三角形的边角关系可求的长度. 【详解】矩形中，过点作于点，过点作于点，并延长交于点. 所以. 因为，，所以. 所以. 所以. 所以，所以是的中点. 所以，. 如图，将沿对角线折起，使得点到达点的位置. 因为，所以为二面角的平面角，所以. 中，，所以，所以. 因为，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以. 所以. 故选：A 6. 已知点和圆，以为直径的圆与圆交于，两点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】写出以线段  为直径的圆的方程，公共弦的方程可通过两圆方程相减得到. 【详解】已知点  和圆  以线段  为直径的圆的方程为 ，即 . 两圆相交于点  和 ，直线  是两圆的公共弦。公共弦的方程可通过两圆方程相减得到： . 简化得：. 或等价地：. 故选：C 7. 直线与椭圆交于，两点，若为线段的中点，则的斜率为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】设，，利用设而不求点差法求解中点弦斜率. 【详解】设，，因为A，B两点在椭圆上， 所以有，两式相减可得， 即， 因为点是线段AB的中点， 根据中点坐标公式可得，即，． 代入，可得， 而就是直线的斜率k，所以直线的斜率为． 因为，故点在椭圆内，所以直线与椭圆相交，满足条件， 故选：D 8. 在三棱锥中，，，点满足，若实数，，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中长度，可证OA，OB，OC两两垂直，如图建系，根据条件可得，设，，则，所以，，，四点共面，求得各点坐标，进而可得平面的一个法向量，根据点到平面距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】因为，， 所以，即， 同理可证OA，OB，OC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以， 所以，设，， 则，所以，，，四点共面， 因为，，，， 所以，. 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 因为，所以的最小值为. 故选：D. 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. 已知平面的法向量为，设平面的法向量为，直线的方向向量为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则平面平面 B. 若，则直线平面 C. 若，则平面平面 D. 若，则直线平面 【答案】AC 【解析】 【分析】由空间向量平行或垂直得到面面平行或垂直；由空间向量平行或垂直得到线面平行或垂直，逐个判断各个选项即可. 【详解】设平面的法向量为 ∵，∴平面平面，A选项正确； ∵，∴直线平面，B选项错误； ∵，∴平面平面，C选项正确； ∵，∴直线平面或平面，D选项错误； 故选：AC. 10. 已知直线，圆，则（ ） A. ，与相交 B. ，使得圆心到的距离为 C. ，使得圆截所得的弦长为 D. ，使得圆上有4个点到的距离为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据直线所过的定点判断A，根据圆心到直线距离的最大值判断B，根据弦长求出后判断C，根据圆心到直线的距离小于求出的范围后判断D. 【详解】由题设可得圆心，圆的半径为. 对于A，直线可化为， 故动直线过定点，而，故在圆的内部， 故，与相交，故A正确； 对于B，圆心到的距离， 而，故B错误； 对于C，若圆截所得的弦长为，则圆心到直线的距离， 故，故，故C正确； 对于D，若圆上有4个点到的距离为2，则圆心到直线的距离小于， 而圆心，故圆心到直线的距离， 故，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆的上顶点，直线与的另一个交点为，过与垂直的直线与交于，两点，若，，则（ ） A. B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆的方程为 D. 的周长为13 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A：结合椭圆定义与余弦定理计算即可得；对B：利用余弦定理可得，再利用等边三角形性质离心率定义计算即可得；对C：联立直线与曲线方程，结合弦长公式计算即可得；对D：由题可得为等边三角形，则为线段的垂直平分线，再利用焦点三角形周长公式计算即可得. 【详解】如图： 对A：，设，则， 所以， 化简得，即，则，故A正确； 对B：由，则，， 则，则， 所以为等边三角形，所以，故B正确； 对C：由，故，又，则， 由，则、，故椭圆， ，消去得， 令、，则，， 则， 整理得，即，故，故C错误； 对D：因为，为等边三角形， 故为线段的垂直平分线， 所以的周长为， 故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过点，两点，则椭圆的方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用待定系数法可求椭圆的方程. 【详解】设椭圆方程为， 由椭圆过点，，故 ，故， 故椭圆方程为：. 故答案为：. 13. 已知正方体的棱长为，，分别为棱，的中点，，若平面，则实数的值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】由题可建立空间直角坐标系，然后设，结合，求出，再求出平面的一个法向量，由平面，可得，即可求解. 【详解】以D为坐标原点，以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 则，，， 设，因，可得，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，即， 又因为平面，则，解得. 故答案为：. 14. 过点作圆的两条切线，切点分别为，，设，则的最小值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】先表示出，问题转化为求解，即求解圆半径的最小值求解. 【详解】设圆心为，则，. 由题意可知， 所以，因为， 所以当时，有最小值， 所以的最小值为. 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. 已知圆经过，，三点. （1）求圆的方程； （2）求过点且与圆相切的直线方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据数量积为零可判断，从而可得圆是以为直径的圆，故可求其方程； （2）利用圆心到直线的距离为半径可求直线的斜率，从而可求切线方程. 【小问1详解】 因为，，所以，即， 所以为圆的直径，且为的中点，所以，故， 故圆的方程为. 【小问2详解】 若切线的斜率不存在，则，圆心到该线的距离为， 故直线不为切线. 设切线方程为，即； 由题意可知， 所以，即， 所求直线方程为或. 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且经过点. （1）求椭圆的方程； （2）倾斜角为的直线经过点，且与椭圆交于，两点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆定义可求长半轴长，再求出短半轴长后可求椭圆方程； （2）联立直线方程和椭圆方程后求出交点的横坐标，从而可求弦长，再求出左焦点到直线的距离后可求面积. 【小问1详解】 由题意可知，记. 则， 所以，故，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由题设可得直线的斜率为，故其方程为， 由得，所以，， 所以. 点到直线的距离为， 所以的面积. 17. 已知正方体和平面，直线平面，直线平面，为线段的中点. （1）证明：直线平面； （2）已知，当直线与平面所成角最大时，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量坐标；根据线面平行的性质，平面的法向量与和都垂直，从而求解平面的法向量；再证明与该法向量平行，进而证明线面垂直. （2）用参数表示点的坐标，进而得到的坐标；根据线面角的向量公式，将线面角的正弦值表示为关于的函数；通过分析二次函数的最值，即可求出的值. 【小问1详解】 证明：设正方体的棱长为，以点为坐标原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，，， ，. 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 因为，所以， 所以直线平面. 【小问2详解】 由已知，， 又，则，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取到最大值，此时. 故当直线与平面所成角最大时，的值为. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为.设，是椭圆上位于轴同侧的两点，且直线与直线平行，与交于点，当轴时，. （1）求椭圆的方程； （2）若直线的斜率为，求的长度； （3）证明：点在定椭圆上. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据轴时及离心率可求基本量，故可求椭圆方程； （2）延长交椭圆于点，由对称性求出后可得； （3）设，、，利用交轨法可求的坐标满足的方程，结合韦达定理消去所设的坐标后可得所在的轨迹方程，从而可判断点在定椭圆上. 【小问1详解】 当轴时，，故， 解得，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 延长交椭圆于点，由对称性可知，，所以， 而直线的方程为，设，， 由得， 所以，， 所以. 所以的长为. 【小问3详解】 设，仍设，，设,则， 由得：，, ，； 由题意： ①， ②； 由①②：； 因为， ， 所以③； 由①+② ④； 由③④可得：即， 所以，故，故点在定椭圆上. 19. 在四棱锥中，，，，，且平面， （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值； （3）过点的平面与侧棱，，分别交于点，，，若四边形为菱形，求的长. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理和线面垂直的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用平面和平面夹角的向量求法求解即可. （3）设出关键点的坐标，结合菱形的性质建立方程组，求解参数得到，再利用建立方程，求解即可. 【小问1详解】 因为，，， 所以由勾股定理得，得到，， 因为，所以，，即， 因为平面，平面，所以； 因为，平面，所以平面. 【小问2详解】 如图，以为原点，过作的平行线为轴， ，分别为轴和轴建系， 则，，，，， 则，， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 取，解得，，则， 设平面与平面的夹角为， 则. 故平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 令，则， 而E，F，G分别在，，上，令，， 因为四边形为菱形，所以，， 所以，，， 得到，， 而，可得， 解得，，， 得到，， 因为，所以， 解得，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $