精品解析：广西玉林市博白县王力中学（博白县同文中学）2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

2025年秋季期高二数学11月期中考试卷 考试时间：120分钟； 命题人：梁海燕 审题人：陈维忠 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分.） 1. 已知直线与，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 已知在三棱锥中，是棱OA上靠近点的三等分点，为棱BC的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 记椭圆：，双曲线：的离心率分别为，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 4. 设，是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且、、三点共线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，若，，三向量不能构成空间向量的一组基底，则实数的值为（ ） A. 0 B. 5 C. 9 D. 6. 已知两点，若直线与线段有公共点，则直线倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆上一点与两焦点所夹的角，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若，，，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题3小题，每小题6分，满分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，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 圆和圆的交点为，，则有（　　） A. 公共弦所在直线的方程为 B. 线段中垂线方程为 C. 公共弦的长为 D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为 10. 已知椭圆的左､右两个焦点分别为为椭圆上一动点，，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点使 B. 的周长为16 C. 的最大面积为12 D. 的最小值为 11. 如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（ ） A. 直线与平行 B. 四面体的体积为定值 C. 点到平面的距离为 D. 异面直线与所成的角为 三、填空题（本大题3小题，每小题5分，满分15分.请把答案填写在题中横线上） 12. 已知双曲线：的左、右焦点分别是是双曲线上一点，若，则______． 13. 小明家附近有一座圆拱桥，当水面跨度是40米时，拱顶离水面5米．当水面上涨4米后，桥在水面的跨度为________米． 14. 已知从点射出的光线经直线上的点反射后经过点.则________. 四、解答题（本大题共5小题，满分77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知的三个顶点的坐标为、、. （1）求过点在轴上的截距是在轴上截距的2倍的直线方程； （2）求边的垂直平分线所在直线的一般式方程； （3）求边上的高所在直线的一般式方程. 16. 已知点，圆. （1）若过点的直线l与圆相切，求直线的方程； （2）若直线与圆相交于两点，弦的长为，求a的值. 17. 如图，在直三棱柱中，，. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 18. 已知椭圆的焦距为，其短轴的两个端点与右焦点的连线构成正三角形． （Ⅰ）求椭圆C的标准方程； （Ⅱ）设过点的动直线l与椭圆C相交于M，N两点，当的面积最大时，求l的方程． 19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋季期高二数学11月期中考试卷 考试时间：120分钟； 命题人：梁海燕 审题人：陈维忠 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分.） 1. 已知直线与，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由，得到，求解即可判断. 【详解】由，则，解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 2. 已知在三棱锥中，是棱OA上靠近点的三等分点，为棱BC的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算即可得出结果. 【详解】 根据题意， 故选：C. 3. 记椭圆：，双曲线：的离心率分别为，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由椭圆和双曲线离心率计算公式即可求解. 【详解】由题意知，， 因为， 所以， 即，解得. 故选：B 4. 设，是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且、、三点共线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把问题转化为两向量平行，求参数的问题求解. 【详解】因为. 因为、、三点共线，所以. 所以. 故选：D 5. 已知，，，若，，三向量不能构成空间向量的一组基底，则实数的值为（ ） A. 0 B. 5 C. 9 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间的基底的概念可知，，，三向量共面，从而不能构成基底. 【详解】根据空间基底的概念，当，，三向量不能构成空间向量的一组基底时， ，，三向量共面，根据共面向量的条件，即存在，且， 即，解得. 故选：D 6. 已知两点，若直线与线段有公共点，则直线倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线恒过定点，根据斜率公式即可求解. 【详解】由直线， 变形可得， 由，解得， 可得直线恒过定点，则， 结合图象可得： 若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为， 由斜率定义，可得直线倾斜角的取值范围为. 故选：D. 7. 已知椭圆上一点与两焦点所夹的角，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：在中，利用余弦定理和椭圆的定义可构造方程求得，代入三角形面积公式即可求得结果； 方法二：利用椭圆焦点三角形面积二级结论直接求解即可. 【详解】方法一：由椭圆方程知：长轴长，焦距； 设，，由椭圆的定义知：， 在中，由余弦定理得：， 解得：， . 方法二：根据椭圆焦点三角形面积二级结论得：. 故选：C. 8. 若，，，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算得，进而利用数量积的坐标运算求得和，最后代入投影向量公式求解即可. 【详解】因为，，所以， 又，所以， 又， 所以在上的投影向量的模为 . 故选：A 二、多选题（本大题3小题，每小题6分，满分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，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 圆和圆的交点为，，则有（　　） A. 公共弦所在直线的方程为 B. 线段中垂线方程为 C. 公共弦的长为 D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】两圆方程相减即可得公共弦的方程即可判断A，求出其中一个圆的圆心坐标，由垂直关系可得中垂线的斜率，利用点斜式方程可求中垂线方程即可判断B；求出其中一个圆的圆心到直线的距离，则公共弦的长可求，即可判断C；利用点到直线的距离公式求圆心到的距离，加上半径即为最大值，即可判断D. 【详解】对于A，因为圆，即，则圆心为，半径， 圆，即，则圆心为，半径； 又，则，所以两圆相交， 将两式作差可得公共弦所在直线的方程为，即，故A正确； 对于B，圆的圆心为，又， 则线段中垂线的斜率为，即线段中垂线方程为， 整理可得，故B正确； 对于C，圆心到的距离为， 又圆的半径，所以，故C错误； 对于D，为圆上一动点，圆心到的距离为， 又圆的半径，所以到直线距离的最大值为，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知椭圆的左､右两个焦点分别为为椭圆上一动点，，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点使 B. 的周长为16 C. 的最大面积为12 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由可得点的轨迹，结合椭圆的几何性质即可判断得点的轨迹与椭圆没有交点，由此得以判断；对于B，利用椭圆的定义可得的周长，由此判断即可；对于C，根据椭圆的几何性质，当为椭圆短轴顶点时，可得的面积最大，从而得以判断；对于D，利用椭圆的定义，结合三角形边长的不等式可得，从而得以判断. 【详解】由，得. 对于A：假设存在点使得，则， 所以点的轨迹是以原点为圆心，为直径的圆，则， 因为椭圆上的任一点到原点的最小距离是短轴顶点与原点的距离，即， 由可知，圆与椭圆有交点， 所以假设成立，即存在点使得，故A正确； 对于B：的周长为，故B错误； 对于C：当为椭圆短轴顶点时，点到的距离最大，则的面积最大， 所以，故C正确； 对于D： ，又，所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（ ） A. 直线与平行 B. 四面体的体积为定值 C. 点到平面的距离为 D. 异面直线与所成的角为 【答案】ABC 【解析】 【分析】连接，则为的中点，为的中点，即可判断A；证明平面，再根据棱锥的体积公式即可判断B；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断CD. 【详解】对于A选项，连接， 因为是侧面的中心，是底面的中心， 则为的中点，为的中点， 所以在中，为的中位线，即，A正确； 对于B选项，因为，平面平面， 所以平面， 又点在线段上运动，所以点到平面的距离为定值， 又为定值，所以四面体的体积为定值，B正确； 对于C选项，如图以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 解得，令，得，则， 所以点到平面的距离，C正确； 对于D选项，，, 则， 故异面直线与所成的角不为，D错误. 故选：ABC. 三、填空题（本大题3小题，每小题5分，满分15分.请把答案填写在题中横线上） 12. 已知双曲线：的左、右焦点分别是是双曲线上一点，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由双曲线的标准方程可得，经分析点只能在双曲线的左支上，利用双曲线的定义可得，计算可得结果. 【详解】根据双曲线方程，， ， 根据双曲线的定义，由已知， 又， 所以． 故答案为：. 13. 小明家附近有一座圆拱桥，当水面跨度是40米时，拱顶离水面5米．当水面上涨4米后，桥在水面的跨度为________米． 【答案】 【解析】 【分析】利用勾股定理求出圆的半径，然后再利用圆的弦长公式即可得解. 【详解】设圆的半径为，则，解得， ，， 所以当水面上涨4米后， 桥在水面的跨度为米． 故答案为：． 14. 已知从点射出的光线经直线上的点反射后经过点.则________. 【答案】 【解析】 【分析】设点关于直线的对称点为，列出方程组，求得，结合垂直平分线的性质，利用，即可求解. 【详解】设点关于直线的对称点为， 则，解得，即 因为反射光线进过点，根据垂直平分线的性质，可得： . 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，满分77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知的三个顶点的坐标为、、. （1）求过点在轴上的截距是在轴上截距的2倍的直线方程； （2）求边的垂直平分线所在直线的一般式方程； （3）求边上的高所在直线的一般式方程. 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分直线过原点和不过原点两种情况讨论求解即可； （2）先求出，根据直线垂直与斜率的关系可得边的垂直平分线所在直线的斜率，进而求得直线方程； （3）先求出，根据直线垂直与斜率的关系可得边上的高所在直线的斜率，进而求得直线方程. 【小问1详解】 当所求直线过原点时，在轴上的截距和在轴上截距均为0，满足题意， 此时直线的斜率为， 则所求直线的方程为，即； 当所求直线不过原点时，设直线方程为， 则，解得， 则所求直线的方程为，即. 综上所述，所求直线的方程为或. 【小问2详解】 由， 则边的垂直平分线所在直线的斜率为， 而的中点为，即， 所以边的垂直平分线所在直线的方程为，即. 【小问3详解】 由， 则边上的高所在直线的斜率为3， 所以边上的高所在直线的方程为，即. 16. 已知点，圆. （1）若过点的直线l与圆相切，求直线的方程； （2）若直线与圆相交于两点，弦的长为，求a的值. 【答案】（1）或； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出圆心与半径，当过点的直线斜率不存在时为，当过点的直线存在斜率k时，设，利用点到直线的距离转化求解直线的斜率，推出直线方程； （2）利用圆心到直线的距离，再应用圆的弦长公式列方程求解. 【小问1详解】 由题意，圆心的坐标为，半径，且，即点在圆外， 当过点的直线斜率不存在时，直线为，显然与圆相切， 当过点的直线存在斜率k时，设，即， 由题意知，解得，直线l的方程为， 故过点M的圆的切线方程为或. 【小问2详解】 圆心到直线的距离为，则， 所以，解得. 17. 如图，在直三棱柱中，，. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 在直三棱柱中，，故， 又因为， 所以，即， 又因为，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理得，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，代入线面角的向量公式求得正弦值，然后利用同角三角函数基本关系求得余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得平面，又因为所以， 所以可建立空间直角坐标系如图所示. 则，，，，故，， 设平面的一个法向量为，则， 取得，则， 又因为，所以, 设直线与平面的夹角为，则， 所以. 18. 已知椭圆的焦距为，其短轴的两个端点与右焦点的连线构成正三角形． （Ⅰ）求椭圆C的标准方程； （Ⅱ）设过点的动直线l与椭圆C相交于M，N两点，当的面积最大时，求l的方程． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或． 【解析】 【分析】（Ⅰ）由题意知，，，结合，即可求得椭圆的方程； （Ⅱ）设直线，，，联立，整理得，利用韦达定理，弦长公式结合的面积公式得到，利用换元结合基本不等式求解. 【详解】（Ⅰ）由题意知，，， ， 所以椭圆的方程为． （Ⅱ）当轴时不合题意， 由题意设直线，，． 联立，整理得． 当，即，且，． 从而． 又点O到直线MN的距离． 所以的面积． 设，则，． 因为，当且仅当，即时等号成立，且满足． 所以，当的面积最大时，直线的方程为或． 【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； （2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 连接交于点，连接， 因为点是的中点，点是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2） （3）存在，或，理由如下： 解：由（2）中的空间直角坐标系，可得，，，， 则，，其中， 所以， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则，其中， 整理得，解得或， 故当时，可得，此时点； 当时，可得，此时 即存在使得直线与平面所成角的正弦值为，且或. 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，证得，结合线面平面的判定定理，即可证得平面. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解； （3）由（2）中的空间直角坐标系，得到和，结合向量的夹角公式，列出方程，求得的值，得到的坐标，进而求得的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：以为原点，以所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，则，， 设平面的法向量，则， 令得，，所以平面的法向量， 又由平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $