精品解析：天津市第四十七中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

天津市第四十七中学2025-2026第一学期高二年级 期中考试数学试卷 第Ⅰ卷（共三部分：满分150分） 一、单选题 1. 已知点M(-2，1，3)关于坐标平面xOz的对称点为A，点A关于y轴的对称点为B，则|AB|= A. 2 B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先根据对称逐个求出点的坐标,结合空间中两点间的距离公式可求. 【详解】因为点M(-2，1，3)关于坐标平面xOz的对称点为A, 所以, 因为点A关于y轴的对称点为B, 所以,所以. 故选：B. 【点睛】本题主要考查空间点的对称关系及两点间的距离公式,明确对称点间坐标的关系是求解的关系,侧重考查直观想象和数学运算的核心素养. 2. 已知点，，若直线与线段AB有公共点，则实数m的取值范围（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由直线方程知直线过定点，求出的斜率，结合图象得直线的斜率满足的关系，从而得的范围. 【详解】直线过定点，，， 由于，所以直线的斜率满足或，所以或. 故选：C 3. 已知空间向量，，下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则 D. 若与夹角为锐角，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于选项A，根据空间向量垂直的性质即可求解；对于选项B，根据空间向量的四则运算以及空间向量的相等关系即可求解；对于选项C，根据空间向量投影向量公式即可求解；对于选项D，根据空间向量的夹角与数量积即可求解. 【详解】对于选项A，已知，. 若，则，解得，故选项A正确； 对于选项B，已知，. 因此. 因为，所以，解得，故选项B正确. 对于选项C，根据空间向量投影向量公式,在上的投影向量为. 已知在上的投影向量为，所以. 因为，所以. 已知，，所以，. 因此，整理得. 由于上述一元二次方程无实数解，所以选项C错误. 对于选项D，若与夹角为锐角，则. 由，可得，即，所以选项D正确. 故选：C. 4. 过点作圆：的两条切线，切点分别为，，则原点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求解四边形的外接圆的方程，再求解直线的方程，即可求解点到直线的距离. 【详解】由图可知，，， 则四点共圆，圆的直径是，点，， ，的中点坐标为， 所以四边形的外接圆的方程为， 即，圆， 两式相减得直线的方程， 则原点到直线的距离. 故选：A 5. 已知点为椭圆的左焦点，点为椭圆的下顶点，平行于的直线交椭圆于两点，且的中点为，则该椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可求出直线的斜率为，设点，利用点差法和题设条件可推得，结合，求出的值，即得椭圆方程. 【详解】 如图，由题意，点，，直线的斜率为， 因，故， 设点，则， 两式相减，可得：（*）， 因的中点为，则，且， 代入（*），化简可得：①又②， 联立① ② ，解得：，故该椭圆方程为. 故选：B. 6. 在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成角的向量法求解即可. 【详解】因为直三棱柱，所以底面， 又底面，所以，， 又因为，所以两两垂直， 以为轴建立如图所示坐标系， 设，则，，，， 所以，， 设直线与直线所成角为， 则， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故选：B 7. 已知两定点，动点在直线上，则的最小值为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出对称点坐标，根据将军饮马模型即可求出最小值. 【详解】取点关于直线对称点，设， 则，解得，即， 则， 当且仅当、、三点共线时取等. 故选：D. 8. 已知点在椭圆上，点在圆上，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆的定义可得，然后化简，那么要求的最大值，即求的最大值，当三点共线时，的最大值为，最后根据两点间距离公式即可得到结果. 【详解】设椭圆的另一个焦点为，圆的圆心为，其半径， 那么，所以. 所以. 所以要求的最大值，即求的最大值. 因为，所以当三点共线时，的最大值为. 而，所以的最大值为. 故选：D. 9. 已知为椭圆的左､右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在中利用余弦定理求得，从而可得的面积，由等面积法可得内切圆半径，和正弦定理可得外接圆半径，结合已知可解. 【详解】根据椭圆的定义，余弦定理，面积相等即可求解. 如图，由椭圆的定义可知，且，又， 利用余弦定理可知： ， 化简可得， 所以的面积为， 设的外接圆半径为，内切圆半径为， 由正弦定理可得，可得， 易知的周长为， 利用等面积法可知，解得， 又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，所以， 即可得， 所以，离心率. 故选：C 二、填空题 10. 已知直线与直线，若，则______ 【答案】 【解析】 【分析】根据可得出关于的等式，计算可解得的值. 【详解】若，则， 所以或． 当时，，重合；当时，符合题意． 故答案为： 11. 求过点，且横纵截距的绝对值相等的直线方程__________.（最后结果都写成一般式） 【答案】或或 【解析】 【分析】在横纵截距均为时直接得到直线方程；在横纵截距不为时，讨论截距同异号两种情况，采用待定系数法即得. 【详解】当横纵截距均为时，直线方程为，即； 当横纵截距不为时， 若横纵截距同号，则可设为：， ， 直线方程为； 若横纵截距异号，则可设为：， ， 直线方程为； 综上所述：所求直线方程为：或或. 故答案为：或或. 12. 已知直线与圆交于不同的两点，若，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，根据直线与交于不同的两点，且，求得，再由圆心到直线的距离，得到不等式，即可求解． 【详解】由题意，圆，可得圆心坐标为，半径为， 根据圆的弦长公式，得， 因为直线与交于不同的两点，且， 则，且，即 又由点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离为： ，则，解得， 即实数的取值范围是． 【点睛】本题主要考查了直线与圆位置关系的应用，其中解答中熟练应用直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，得出相应的不等式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题． 13. 已知点，点关于直线的对称点为点，在中，，则面积的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求点关于直线的对称点为点，再求出动点的轨迹，进而可得点在或时，三角形的面积最大，从而结合三角形的面积公式即可求出结果. 【详解】因为点关于直线的对称点为点， 设B的坐标为， 则，解得， 即点B的坐标为，则， 设， 因为，即， 可得，整理可得， 可知动点的轨迹是以圆心为，半径为的圆（x轴上的点除外）， 当点在或时，三角形的面积最大，， 所以面积的最大值为. 故答案为：. 14. 已知椭圆，为左焦点，，为左、右顶点，是椭圆上任意一点，椭圆长轴长为4，直线和满足，则椭圆的方程为_____________，过作圆的两条切线、，切点分别为、则的最小值为____________. 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】设，先求出椭圆的性质，结合的最大值为，求出，，的值，可得椭圆的标准方程，设，由对称性可知：，由图形可得，又，所以，利用椭圆方程结合两点间距离公式，可得当时，的最大值为48，从而可得的最小值． 【详解】解：设，则，即， 由题意， ，， 所以，所以，即， 由椭圆的对称性可知的最大值为，所以， 解方程组，得， 所以椭圆的标准方程为. 如图所示： 不妨设，由对称性可知：， 则， 在中，， 所以， 因为， 所以， 因为，所以当时，的最大值为48， 故的最小值为， 故答案为：；. 15. 点是椭圆上的点，以为圆心的圆与轴相切于椭圆的焦点，圆与轴相交于，若是钝角三角形，则椭圆离心率的取值范围是________． 【答案】. 【解析】 【分析】由题意利用几何关系得到关于离心率的不等式，求解不等式即可确定椭圆的离心率的取值范围. 【详解】∵圆M与轴相切于焦点F， ∴不妨设M(c,y),则(因为相切,则圆心与F的连线必垂直于x轴)M在椭圆上, 则或(a2=b2+c2)， ∴圆的半径为， 过M作MN⊥y轴与N,则PN=NQ,MN=c， PN,NQ均为半径,则△PQM为等腰三角形， ∴PN=NQ=， ∵∠PMQ为钝角,则∠PMN=∠QMN>45°， 即PN=NQ>MN=c 所以得,即， 得， a2−2c2+c2e2>2c2， ， e4−4e2+1>0 (e2−2)2−3>0 e2−2<−(0<e<1) e2<−+2 ∴0<e<. 【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出a，c，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)． 三、解答题 16. 在中，角、、所对的边分别为、、，，， （1）求角的大小； （2）求的值与的面积； （3）求的值． 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简得出，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由正弦定理得出，结合余弦定理求出、的值，再利用三角形的面积公式即可求出的面积； （3）利用余弦定理求出的值，结合同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用两角差的正弦公式可求出的值. 【小问1详解】 由可得，可得， 因为，则，所以，解得. 【小问2详解】 由正弦定理，有，所以， 由（1）知，由余弦定理得， 解得，， 所以的面积为. 【小问3详解】 由余弦定理可得， 所以， 所以 . 17. 已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在；或 【解析】 【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立； 法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可. 【小问1详解】 证明：法一：分别取、的中点、，连接、、， 由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，， 因为，所以，所以点、、、四点共面， 因为、分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面； 法二：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，易知平面的一个法向量， 所以，所以， 又因为平面，所以平面． 【小问2详解】 解：设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为； 【小问3详解】 解：假设存在点，使得，其中， 则， 由（2）得平面的一个法向量为， 由题意可得， 整理可得．即， 因为，解得或，所以，或． 18. 已知椭圆的离心率为，长轴长为4. （1）求椭圆的方程； （2）求直线与椭圆相切时的值及切点坐标； （3）过定点的直线与椭圆交于两点，若的面积为，求直线方程及弦的长. 【答案】（1） （2），切点坐标；，切点坐标为； （3），. 【解析】 【分析】（1）由离心率及长轴长列出等式即可求解； （2）直线方程与椭圆方程联立，由，即可求解； （3）设直线方程为，结合弦长公式及点到线的距离公式即可求解. 【小问1详解】 由，得， 所以， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 联立直线和椭圆方程： ，消去得：， 由题意， 解得， 当时，由， 解得，此时，即切点坐标为， 当时，由， 解得，此时，即切点坐标为， 【小问3详解】 由题意直线斜率存在， 设直线方程为， 联立椭圆方程消去得：， 设， 则， 所以， 由到直线的距离， 所以， 解得：，即， 则 所以直线方程为. 19. 在平面直角坐标系中，已知直线：，圆： （1）若直线与圆相切，求实数的值； （2）若，直线与圆相交于两点，求的面积； （3）若直线：与圆交于两点，且（为坐标原点），求实数的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由圆的方程确定圆心的坐标和圆的半径，求到直线的距离，根据条件直线与圆相切，列方程求； （2）求圆心到直线距离，再由弦长公式求，利用三角形面积公式求结论； （3）设，，由可得，联立与圆方程可得，，由可得，化简并求解方程可得结论. 【小问1详解】 圆的方程 可化为， 所以圆的圆心的坐标为 ，半径， 因为直线与圆相切， 圆心到直线的距离， 所以，解得， 【小问2详解】 由（1）圆的圆心的坐标为 半径， 若，则直线的方程为， 圆心到直线的距离， 所以， 所以的面积， 【小问3详解】 设，， 因为， 所以，故， 由，消得， 方程的判别式， 由已知是方程的根， 所以，， 因为，由可得，结合， 可得，故，， 所以， 所以. 20. 已知椭圆过点，离心率． （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆右焦点作两条相互垂直的直线与分别交于四点，设线段的中点分别为． ①证明：直线过定点； ②求四边形面积的最小值． 【答案】（1）； （2）①过定点，证明见解析；②. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆过点和离心率直接可得椭圆方程； （2）①根据直线的斜率进行分类讨论，根据根与系数关系分别求出中点的坐标，进而可判断直线过定点. ②由弦长公式可得，再由直接计算四边形的面积，由基本不等式可得最不小值. 【小问1详解】 因为椭圆过点，离心率，且. 所以，，即，得， 代入，得，即，所以. 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①当直线的斜率存在且不等于零时，设斜率为，因，所以直线的斜率为. 因为右焦点，直线的方程为，设. 由，消去得，. ，，. 所以线段的中点M的坐标，，即. 同理将直线的方程，代入椭圆方程，同理可得（只需将换成）， 所以线段的中点N的坐标，，即. 所以的斜率，其中，直线的方程为 ，化简，即 所以当，直线：过定点.如图： 当时，，此时直线与轴垂直且过定点； 当时，，此时直线仍与轴垂直且过定点； 当直线的斜率不存在时，与与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 当直线的斜率为0时，与与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 综上可知，直线过定点. ②当直线的斜率存在且不等于零时， 由①可知， 同理可得（只需将换成），因为， 所以 ， 当且仅当时等号成立，即时，四边形面积有最小值. 当直线的斜率不存在时，或者斜率等于零时与位置互换， 此时，，或者， 所以，显然. 综上可知，所以四边形面积有最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市第四十七中学2025-2026第一学期高二年级 期中考试数学试卷 第Ⅰ卷（共三部分：满分150分） 一、单选题 1. 已知点M(-2，1，3)关于坐标平面xOz的对称点为A，点A关于y轴的对称点为B，则|AB|= A. 2 B. C. D. 5 2. 已知点，，若直线与线段AB有公共点，则实数m的取值范围（ ） A. B. 或 C 或 D. 3. 已知空间向量，，下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则 D. 若与夹角为锐角，则 4. 过点作圆：的两条切线，切点分别为，，则原点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点为椭圆的左焦点，点为椭圆的下顶点，平行于的直线交椭圆于两点，且的中点为，则该椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（ ） A. B. C. D. 7. 已知两定点，动点在直线上，则最小值为（ ） A. B. C. 3 D. 8. 已知点在椭圆上，点在圆上，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知为椭圆的左､右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、填空题 10. 已知直线与直线，若，则______ 11. 求过点，且横纵截距的绝对值相等的直线方程__________.（最后结果都写成一般式） 12. 已知直线与圆交于不同的两点，若，则的取值范围是__________． 13. 已知点，点关于直线的对称点为点，在中，，则面积的最大值为__________. 14. 已知椭圆，为左焦点，，为左、右顶点，是椭圆上任意一点，椭圆长轴长为4，直线和满足，则椭圆的方程为_____________，过作圆的两条切线、，切点分别为、则的最小值为____________. 15. 点是椭圆上的点，以为圆心的圆与轴相切于椭圆的焦点，圆与轴相交于，若是钝角三角形，则椭圆离心率的取值范围是________． 三、解答题 16. 在中，角、、所对的边分别为、、，，， （1）求角的大小； （2）求的值与的面积； （3）求值． 17. 已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 18. 已知椭圆的离心率为，长轴长为4. （1）求椭圆的方程； （2）求直线与椭圆相切时的值及切点坐标； （3）过定点的直线与椭圆交于两点，若的面积为，求直线方程及弦的长. 19. 在平面直角坐标系中，已知直线：，圆： （1）若直线与圆相切，求实数值； （2）若，直线与圆相交于两点，求的面积； （3）若直线：与圆交于两点，且（为坐标原点），求实数的值. 20. 已知椭圆过点，离心率． （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆右焦点作两条相互垂直的直线与分别交于四点，设线段的中点分别为． ①证明：直线过定点； ②求四边形面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $