精品解析：广东省深圳市福田某校2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

2025-2026学年度第一学期 高二年级期中考试 数学学科期中考试题答题 注意事项： 1．本试卷满分150分；考试用时120分钟； 2．本试卷分二卷，不按要求答卷不得分． 一､单选题：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. 直线的倾斜角为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直线的斜率公式为，先使用这个公式求出直线的斜率，再用公式，求出倾斜角即可. 【详解】， ， 设倾斜角为，， ， ， ， . 故选：A. 2. 椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，，再求椭圆的离心率. 【详解】解：因为，所以，则，， 所以，又因为，所以. 故选：A. 【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质；利用椭圆方程求、；利用椭圆方程求离心率，是基础题 3. 在四面体中，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的计算法则计算即可. 【详解】由题意可知 故选：A 4. 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，因为直线是圆对称轴，所以圆心在直线上，即，解得． 故选：A． 5. 已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据，展开后根据空间向量的数量积公式计算即可得到结果. 【详解】由题意可得， . 故选：C 6. 已知为空间向量且，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量定义结合数量积和模长的坐标运算直接计算即可得解. 【详解】由题在方向上的投影向量为. 故选：C 7. 已知直线．若直线与关于l对称，则的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 求出直线，l的交点在直线上，在直线上任取一点，求出此点关于直线l的对称点也在直线上，根据两点坐标求出斜率，即可求出直线的方程. 【详解】解：若直线与关于l对称，则直线，l的交点在直线上， 即，解得： 在直线上任取一点关于直线l对称的点为，则点B在直线上， 由A,B两点可知，直线的斜率为，则直线的方程为： 即 故选：C 【点睛】本题考查求直线关于直线的对称方程，属于基础题. 方法点睛：（1）若两条直线不平行，求出交点坐标，则交点在所求直线上； （2）在已给直线上任取一点，求出此点关于直线的对称点，也在所求直线上； （3）利用两点坐标求斜率以及直线方程. 8. 已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由焦点坐标可得焦距，结合双曲线定义计算可得，即可得离心率. 【详解】由题意，设、、， 则，，， 则，则. 故选：C. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确有（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 若且，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，得到向量，，，结合空间向量的坐标运算法则，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A，因为，，所以，可得，所以A错误； 对于B，因为，，所以，所以B正确； 对于C，若，且，则，解得，所以C正确， 对于D，若且，因为，可得，解得，所以D错误. 故选：BC. 10. 已知圆上有且仅有两个点到直线的距离为1，则实数的值可能取值为（ ） A. B. C. D. 6 【答案】BC 【解析】 【分析】因为所有到直线的距离为1的点都在两条件与已知直线平行的直线上，则可数形结合将问题转化为圆与两条直线有且仅有两个公共点的问题. 【详解】圆方程可化为， 的圆心，半径为， 则圆心到直线的距离， 平面内，若点到直线的距离为1， 则点在与直线平行且距离为两条直线上， 如图，要使圆上有且仅有两个点到直线的距离为1， 则两平行直线与圆有且仅有两个公共点，则，解得， 即，解得. 故选：BC. 11. 已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ） A. 点的轨迹方程是 B. 点的轨迹与圆没有公共点 C. 平面上有一点，则的最小值为5 D. 直线是“最远距离直线” 【答案】ACD 【解析】 【分析】设点，根据题意列方程化简可得方程判断A；结合图形直接判断B；将转化为，结合图形判断C；判断直线与点P的轨迹方程是否有交点判断D. 【详解】对于A，设，因为点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半， 所以，化简得，A正确； 对于B，由，得，即圆心为，半径为1， 易得点P的轨迹与圆C交于点，B错误． 对于C，过P作于B，则，， 由图知，的最小值即为点A到直线l：的距离，该距离为5，C正确； 对于D，由可得，解得，存在， 因此直线是“最远距离直线”，D正确； 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：根据题设条件求出轨迹方程，结合图形求解是关键. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是____________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，则， ，即异面直线A1M与DN所成角的大小是 考点：异面直线所成的角 13. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 【答案】（或，答案不唯一） 【解析】 【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解. 【详解】联立，化简并整理得：， 由题意得或， 解得或无解，即，经检验，符合题意. 故答案为：（或，答案不唯一）. 14. 已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________． 【答案】13 【解析】 【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为. 【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：， 判别式， ∴， ∴ ， 得， ∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为. 故答案为：13. 四､解答题 15. 的三个顶点是，求： （1）边上的中线所在直线的方程； （2）边上的垂直平分线所在直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据中点坐标公式求出点的中点坐标，从而可得边上的中线所在直线的斜率，然后根据点斜式即可写出直线方程； （2）求出点的中点坐标，求出直线的斜率可得其垂直平分线的斜率，然后根据点斜式即可写出直线方程. 【小问1详解】 点的中点， 直线的斜率为， 所以边上的中线所在直线的方程为， 即； 【小问2详解】 点的中点坐标为， 直线的斜率为， 则边上的垂直平分线的斜率为， 所以边上的垂直平分线所在直线的方程为， 即. 16. 已知向量，且． （1）求的值； （2）求向量与夹角的余弦值． 【答案】（1）9； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据，可得，从而可得，再根据向量模的坐标求法计算即可； （2）结合（1）可得，，再由夹角公式求解即可. 【小问1详解】 解：因为， 所以，解得， 所以， 则， 所以； 【小问2详解】 解：， ， ， 设向量与夹角为， 所以， 所以向量与夹角的余弦值为． 17. 已知圆心为C的圆经过点和点两点，且圆心C在直线上． （1）求圆C的标准方程； （2）已知线段MN的端点M的坐标，另一端点N在圆C上运动，求线段MN的中点G的轨迹方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由圆心为C的圆经过点和点两点，可知圆心过线段的垂直平分线，将其与直线联立可求得圆心C，再求半径，即可得到圆的标准方程； （2）设线段MN的中点，由G为线段MN的中点可得，代入圆C的方程，即可得到G的轨迹方程. 【小问1详解】 因为圆C经过点和点两点， 所以圆心C在线段的垂直平分线上，即上， 联立可解得，即， 所以圆C的半径为 则圆C的标准方程； 【小问2详解】 设线段MN的中点， 又M的坐标，且G为线段MN的中点， 所以， 又N在圆C上运动， 可得， 化简可得， 所以，线段MN的中点G的轨迹方程. 18. 已知椭圆的离心率为，长轴长为4． （1）求C的方程； （2）过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【小问1详解】 因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. 【小问2详解】 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 19. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知分别为的中点，平面与棱交于点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）判断线段上是否存在一点H，使得点H到平面的距离为？若存在，请求出点H的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）在线段上存在一点H在线段靠近E或F四等分点处 【解析】 【分析】（1）先由条件证明平面，再由平面得，由等腰三角形三线合一证得，最后利用线面垂直的判定定理即可证得结论； （2）结合图形利用线面垂直的判定定理和性质定理证明平面，得到，再证，求得，从而可得，依题建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量的坐标，利用空间向量夹角公式计算即得； （3）假设线段上存在一点，满足，表示出的坐标，结合平面的法向量，利用点到平面的距离坐标公式列方程，求解即得的值，从而得到点H的坐标. 【小问1详解】 因平面，平面，则， 在正方形中，，因平面， 则平面，因平面，则， 又，点是的中点，则， 因平面，故平面. 【小问2详解】 由（1）平面，因平面，则， 因平面，平面，则， 又平面，平面， 因平面，则， 因点是的中点，，则， 因平面，则平面， 因平面，则， 因平面，则平面， 因平面，则，即. 由（1）平面，因平面，则，即， 又，则，则， 因，， ，则，即. 以点为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则，故可取， 而平面的法向量可取为， 设平面与平面的夹角为， 则. 即平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）可得，则，假设线段上存在一点，满足， 代入坐标，可得，则， 由（2）已得平面的法向量为， 则点H到平面的距离，解得或， 即在线段上存在一点H在线段靠近E或F的四等分点处，使得点H到平面的距离为. 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 高二年级期中考试 数学学科期中考试题答题 注意事项： 1．本试卷满分150分；考试用时120分钟； 2．本试卷分二卷，不按要求答卷不得分． 一､单选题：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. 直线的倾斜角为（ ）． A B. C. D. 2. 椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 3. 在四面体中，（ ） A. B. C. D. 4. 若直线是圆的一条对称轴，则（ ） A. B. C. 1 D. 5. 已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ） A. B. C. D. 4 6. 已知为空间向量且，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线．若直线与关于l对称，则的方程是（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 若且，则 10. 已知圆上有且仅有两个点到直线的距离为1，则实数的值可能取值为（ ） A. B. C. D. 6 11. 已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ） A. 点的轨迹方程是 B. 点的轨迹与圆没有公共点 C. 平面上有一点，则的最小值为5 D. 直线是“最远距离直线” 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，在正方体中，、分别是、中点，则异面直线与所成角的大小是____________． 13. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 14. 已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________． 四､解答题 15. 的三个顶点是，求： （1）边上的中线所在直线的方程； （2）边上的垂直平分线所在直线的方程. 16. 已知向量，且． （1）求的值； （2）求向量与夹角的余弦值． 17. 已知圆心为C的圆经过点和点两点，且圆心C在直线上． （1）求圆C的标准方程； （2）已知线段MN的端点M的坐标，另一端点N在圆C上运动，求线段MN的中点G的轨迹方程． 18. 已知椭圆的离心率为，长轴长为4． （1）求C方程； （2）过点直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 19. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知分别为的中点，平面与棱交于点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）判断线段上是否存在一点H，使得点H到平面的距离为？若存在，请求出点H的位置；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $