精品解析：安徽省芜湖市第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

芜湖一中2025-2026学年第一学期期中考试 高二数学 命题人：张大伟校 对人：王慈 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. 若椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则（ ） A. 1 B. 3 C. 6 D. 1或3 【答案】B 【解析】 【分析】讨论焦点的位置利用椭圆定义可得答案. 【详解】若，则由得（舍去）； 若，则由得． 故选：B. 2. 在空间直角坐标系中，已知，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先确定三棱锥的底面积和高，再根据三棱锥的体积公式进行计算即可. 【详解】在空间直角坐标系中， 为坐标原点，，， 可以看出,即两两互相垂直， 以为底面，为高，则, 根据三棱锥的体积公式可得. 故选：. 3. 已知曲线表示圆，则实数的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 1或2 D. -1或-2 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆的一般方程特征列出关系式求解后，再代回检验即可. 【详解】若曲线表示圆，则，解得或. 检验： 若，则曲线，整理得，不能表示圆，故舍去； 若，则曲线，整理得，可以表示圆，故保留. 故选：A. 4. 在空间直角坐标系中，已知，若四点共面，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据四点共面，可得存在唯一实数对，使得，结合向量的坐标运算，即可求得答案. 【详解】因为四点共面，所以与共面， 又向量不共线， 即存在唯一实数对，使得， 所以， 所以，解得， 故选：B. 5. 设F是椭圆的左焦点，P是椭圆上的动点，A是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设椭圆右焦点，利用椭圆的定义转化线段差为线段和，结合图形及点到线的距离公式计算即可. 【详解】由，， 设为该椭圆的右焦点，则，所以， 于是， 显然当，P，A三点共线， 且PA与直线垂直时，有最小值， 最小值为. 故选：A． 6. 已知两直线与的交点在圆的内部，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由两条直线求交点，再由交点在圆的内部可得. 【详解】联立，解得，即交点为. 再由交点在圆的内部，所以，解得. 故选：C. 7. 给定椭圆（其中）和直线交于点､（其中点的横纵坐标分别满足），点､分别为椭圆的右焦点和右顶点，若直线平分线段，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】联立直线和椭圆方程依次求出坐标和中点坐标，再利用中点和在一条线上，结合两点间斜率建立等量关系，化简即可求解. 【详解】由题，联立得或， 所以， 所以中点为， 直线平分线段，所以直线过以中点， 所以，即， 整理得，即， 因为，所以， 所以椭圆的离心率为. 故选：A 8. 已知函数的图象经过点和点，直线经过点，且直线交线段于点，记的周长为，的周长为，若，则（ ） A. 2 B. 4 C. -2 D. -4 【答案】B 【解析】 【分析】先判断的图象关于直线对称，可得，设根据求出，从而可得答案. 【详解】因为 所以的图象关于直线对称，故. 因为在上都单调递增，在上都单调递减， 则在上单调递增； 在上单调递减. 所以直线与的图象只有两个交点为和点， 设则， 设直线与相交于点，则， 于是， 则，即， 因为直线经过点，，所以. 故选：B. 二､多选题：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. （多选）已知圆和圆相交于两点，则下列结论正确的是（ ） A. 两圆相交 B. 直线的方程为 C. 两圆有两条公切线 D. 线段的长为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于AC，由两圆圆心距与两圆半径关系可得两圆位置关系；对于B，两圆方程相减可得直线的方程；对于D，由B分析可得到直线的距离，据此可得线段长度. 【详解】对于AC，圆的圆心是，半径为2；圆的圆心是，半径为1， 圆心距为，所以两圆相交，公切线有两条．故AC正确； 对于B，将两圆方程相减，整理得．故B不正确； 对于D，点到直线的距离为， 所以．故D正确. 故选：ACD 10. 已知是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 弦长的取值范围为 C. 面积的最大值为12 D. 存在点使得 【答案】AC 【解析】 【分析】根据离心率的公式即可判断A；根据椭圆的焦点弦长的性质可判断B，由点在左右顶点时，面积的最大值，可判断C， 利用三角换元，根据向量的数量积即可判断D. 【详解】由，则，，，焦点在轴上， ，， 对于A，离心率，故A正确； 对于B，当时，， 当直线与轴重合时，，所以弦长的取值范围为，故B错误； 对于C，当点在左右顶点时，面积的最大值， 即.故C正确； 对于D，设，， ，若，则， 即， 因为，所以方程无实数解， 故不存在点A使得，故D错误；    故选：AC 11. 一个封闭的直三棱柱容器内装有高度为3的水（如图所示，底面处于水平状态）.记水面为，现以所在直线为旋转轴，将容器逆时针旋转的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 水面形状的变化依次为三角形，等腰梯形，矩形 B. 水面不可能是正三角形 C. 当经过时，与面的交线长为 D. 当逆时针旋转时，水面的面积为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】找到临界情况，利用等体积、体积转化，分析此时的情况，逐个选项判断即可. 【详解】A选项，水的体积， ， 所以当水面经过时，水面与棱相交，如图3， 当水面经过点时，水面与面相交，如图4， 则在此之前水面形状均为三角形， 继续旋转直至之前，水面形状为等腰梯形，如图5， 转至时，水面形状为矩形，如图6，故A选项正确； B选项，初始位置，如图1，， 当水面经过时，如图3，此时， 所以，， 所以在转动过程中，存在，使得水面是正三角形，故B选项不正确； C选项，如图4，，且由于与相似， 则， ，故C选项正确； D选项，当逆时针旋转时，如图6，， 且由于与相似，则，则， 则水面的面积为，故D选项正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据方向向量计算出直线的斜率，再由可求倾斜角. 【详解】设直线的倾斜角为， 因为为直线的一个方向向量，所以， 所以，所以， 故答案为：. 13. 已知棱长为1的正方体中，分别为的中点，则直线与平面之间的距离为____________． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，先利用向量法证明平面EMN，根据线面距离的定义把直线AC到平面EMN的距离转化为点A到平面EMN的距离，再利用点面距离的向量公式求解即可. 【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则令，可得，所以， 即，又平面，所以平面， 故点到平面的距离即为直线到平面的距离， 又，所以点到平面的距离为， 即直线与平面之间的距离为. 故答案为： 14. 已知椭圆的左､右焦点分别为，若为椭圆上位于轴同侧的两点，且，则四边形面积的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，得，连接并延长交椭圆于点，设，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及弦长公式求得四边形的面积S，再由换元法及函数的单调性求解． 【详解】 如图，因，则， 连接并延长交椭圆于点，连接， 由椭圆对称性可得，则可得且，故三点共线. 由，可得半焦距为，则， 设直线的方程为， 由联立消去，整理得， 设，则， 设与的距离为，则四边形的面积为 ， 设，则，且，则得， 因函数在上单调递增，故，则得， 当且仅当时，即时等号成立.故四边形面积的取值范围为. 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. 的顶点，，的坐标分别为，，. （1）边上的中线的方程； （2）的外接圆方程. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）先求出中点坐标，再由两点间斜率公式和点斜式即可求解； （2）先设的外接圆一般式方程，再代点计算即可求解. 【小问1详解】 由题中点为，所以边上的中线的斜率为， 所以边上的中线的方程为，即. 【小问2详解】 设的外接圆方程为， 则由题有，解得， 所以的外接圆方程为. 16. 如图，直四棱柱的底面为直角梯形，，，，点为棱上一动点. （1）当点为棱的中点时，证明：平面平面； （2）若二面角的余弦值为，求的值. 【答案】（1） 由是直四棱柱得底面， 又底面， 所以， 因为底面为直角梯形，且， 所以，即， 所以两两垂直， 以为坐标原点，以直线分别为，，轴正方向建系，如图所示， 则， 所以，， 因为， 且， 所以，即， 因为平面， 所以平面， 又平面，故平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理及条件，可证两两垂直，如图建系，求得各点坐标，根据数量积公式，可证、，即，根据面面垂直的判定定理，即可得证. （2）设，可得坐标，进而可求出平面的法向量，由（1）可得是平面的一个法向量，根据二面角的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，则由（1）知，所以， 设平面的一个法向量， 则，即， 取，解得，所以， 由（1）可知，向量是平面的一个法向量， 因为二面角的余弦值为， 所以， 解得，所以，则，故. 17. 已知点，为椭圆：的上､下顶点，点，，其中，且，直线与交于点. （1）证明：点在上； （2）若直线交于，两点，且，求. 【答案】（1） 由题可知， （i）若，则，此时，经检查符合椭圆的方程，所以点在上； （ii）若，则直线的方程为， 直线的方程为， 由可得 ，消去，得， 即，所以点在上. （2），或者. 【解析】 【分析】（1）已知椭圆C的上、下顶点A、B，以及点M、N的坐标，分和两种情况：时，直接求出直线AM、BN的方程，得到交点P坐标，代入椭圆方程验证在椭圆上；时，求出直线AM、BN的方程，联立求解得交点P坐标，再代入椭圆方程，验证满足椭圆方程，从而证明点P在C上； （2）先求出直线MN的斜率和方程，联立直线MN与椭圆C的方程，得到关于y的一元二次方程，利用判别式确定的取值范围，再根据韦达定理得到和，结合距离公式的推广，求出，进而由已知条件求出的值，最后再根据距离公式推广和韦达定理求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为直线的斜率， 所以直线的方程为，即. 由方程组消去，得. 由得，解得. 设，，则，. 则，， 所以. 又，所以，解得，或者. 由， 又， 所以，或者. 18. 如图，在平面四边形中为等腰直角三角形，为正三角形，，将沿翻折至，其中为动点. （1）三棱锥的各个顶点都在球的球面上： ①当二面角的大小为时，求球的表面积； ②求球的表面积的最小值； （2）求二面角的余弦值的最小值. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】1）①设中点为，和的外接圆圆心分别为，根据勾股定理得到外接球半径所满足的数量关系，求解出外接球的半径则球的表面积可知；②设二面角的平面角为，根据几何关系利用表示出，结合函数思想求解出的最小值，则球的表面积最小值可知； （2）建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量夹角余弦值的绝对值等于二面角的余弦值，利用换元法可求解出最小值. 【小问1详解】 ①设中点为，外接圆的圆心为，半径记为， 外接圆的圆心为，半径记为，三棱锥的外接球半径记为， 因为，所以， 故球的表面积为； ②设二面角的平面角为，即， 因为， 所以四点共圆，且为该圆的直径， 所以， 由正弦定理可知， 所以， 设，令， 可转化为， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以，且时，所以， 所以，当且仅当即时取等号， 所以，故球的表面积的最小值为. 【小问2详解】 如图，过点作平面的垂线，以为原点，分别以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，所以， 设平面的一个法向量为， 则， 取，则，所以， 设二面角的大小为， 所以， 所以， 令，则，所以， 因为， 当，即，即时取等号， 所以二面角的余弦值的最小值为. 19. 如果一个圆同时与轴和一条过原点的直线l相切，则称该圆为直线l的“V圆”，直线l称为该圆的“V直线” （1）已知圆C：为直线l的“V圆”，求直线l的方程； （2）如图1所示，圆和圆均为直线l：的“V圆”，且两圆半径之积为2，点P是圆和圆的一个公共点，求证：为定值； （3）如图2所示，点为椭圆上第一象限的点，圆和圆均为直线的“V圆”，且圆和圆与直线相切于点，求两圆的面积之和的最小值. 【答案】（1） （2） 由平面几何知识得平分直线与轴的夹角，设直线的斜率为， 则，解得. 设，，因为圆与轴相切， 所以圆的方程为， 设，则，即， 同理可得， 所以是一元二次方程的两个不相等实根， 则，又， 所以，所以为定值. （3）. 【解析】 【分析】（1）先根据“V圆”定义，确定直线l过原点且与圆C相切，设直线斜截式方程，利用点到直线距离公式（圆心到直线距离等于半径）列方程求解斜率，同时要考虑x轴这种特殊情况； （2）借助平面几何中角平分线的性质确定两圆圆心所在直线的斜率，设出圆心坐标并写出圆的方程，利用点P在两圆上，得到关于圆心横坐标的一元二次方程，根据根与系数的关系，结合已知半径之积，推导出的表达式，证明其为定值； （3）设出相关点的坐标，由三角形相似得到坐标间的比例关系，结合椭圆方程进行代数变形，将两圆半径的平方和转化为关于的表达式，再利用基本不等式求出最小值，从而得到两圆面积和的最小值. 【小问1详解】 显然直线的斜率存在，设直线的方程为，即. 由题意得直线与圆相切，则，解得， 所以直线的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设圆心，，，则. 由三角形相似得，整理得， 又，所以， 则，当且仅当符合， 则两圆面积之和的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $