精品解析：广东省惠州市光正实验学校2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

惠州市光正实验学校2025——2026学年高二 (上)期中考试 数 学 试 题 考试时间：120分钟 试卷满分150分 祝同学们考试愉快 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. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 2. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 圆和圆的位置关系是（ ） A. 外离 B. 外切 C. 内切 D. 内含 4. 如图，空间四边形中，，，，点N在上，且，点M为BC中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 双曲线的两个焦点分别是与，焦距为8，P是双曲线上的一点，且，则的值为（ ） A. 1 B. 9 C. 1或9 D. 13 6. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（ ） A. B. C. D. 7. 正方体的棱长为2，E为的中点，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知原点为，椭圆与直线交于两点，线段的中点为，若直线的斜率为，则椭圆的离心率为（ ） 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. 已知直线的方程为，圆的方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 圆的半径为12 C. 直线与圆恒有两个交点 D. 圆心到直线距离的最大值为 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则 B. 若空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角 D. 若空间向量，，则在上的投影向量为 11. 2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）的正视图近似伯努利双纽线.定义在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹成为双纽线，已知点是双纽线上一点，下列说法正确的有（ ）． A. 双纽线关于原点中心对称； B. ； C. 双纽线上满足的点有两个； D. 的最大值为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 过点作倾斜角为的直线，与抛物线交于、两点，则______________． 13. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为__________. 14. 在正四棱锥中，底面边长为 ，侧棱长为4，点P是底面ABCD内一动点，且 ，则当A，P两点间距离最小时，直线BP与直线SC 所成角的余弦值为___________． 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. 已知双曲线C的方程为 实轴长和离心率均为2． （1）求双曲线C的标准方程； （2）过且倾斜角为45°的直线l与双曲线C交于A，B两点， 求的值． 16. 古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足． （1）求点P的轨迹方程； （2）若点P的轨迹关于直线对称，求的最小值． 17. 已知圆的圆心是抛物线的焦点． （1）求抛物线的方程； （2）若直线交抛物线于两点，且点是弦的中点，求直线的方程． 18. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，. （1）取线段中点，连接，证明：平面； （2）求到平面的距离； （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 已知椭圆的焦距为2，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）设A，B为椭圆的左右顶点，过右焦点的直线交椭圆于M，N两点，直线AM，BN交于点. （i）求证点在定直线上； （ii）设，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 惠州市光正实验学校2025——2026学年高二 (上)期中考试 数 学 试 题 考试时间：120分钟 试卷满分150分 祝同学们考试愉快 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. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据抛物线的标准方程得到开口向上，从而得解. 【详解】抛物线开口向上，且， 所以准线方程是. 故选：B 2. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标关系可得，即可根据模长公式求解. 【详解】由于与垂直，故，解得， 故， 故选：C 3. 圆和圆的位置关系是（ ） A. 外离 B. 外切 C. 内切 D. 内含 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆的方程写出圆心和半径，由圆心距与半径和差关系判断位置关系. 【详解】由的圆心为，半径为， 由的圆心为，半径为3， 所以圆心距为，即两圆外切. 故选：B 4. 如图，空间四边形中，，，，点N在上，且，点M为BC中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算的几何意义求解即可. 【详解】因为，所以， 又点M为BC中点，所以， 所以. 故选：C. 5. 双曲线的两个焦点分别是与，焦距为8，P是双曲线上的一点，且，则的值为（ ） A. 1 B. 9 C. 1或9 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线方程及焦距确定，再由双曲线定义可求. 【详解】由题设，解得，又且， 所以，所以， 又P是双曲线上的一点，所以， 又因为，所以，解得或， 当P在双曲线左支时，， 当P在双曲线右支时，， 所以，即不可能有，则. 故选：B. 6. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用直线方程的应用求出直线的斜率，进一步求出倾斜角的范围； 【详解】直线的方程为，设直线的倾斜角为， 当时，， ②当时，直线的斜率， 由于或， 所以,,， 所以， 综上所述：； 故选：C． 7. 正方体的棱长为2，E为的中点，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接建立空间直角坐标系，用向量法计算线面角的正弦值. 【详解】因为在正方体中，故以所以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图： 则，则， 设平面的法向量为. 由，得，令，得. 所以向量与平面所成角的正弦值为 . 故选：A. 8. 已知原点为，椭圆与直线交于两点，线段的中点为，若直线的斜率为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则，由点差法求解离心率即可. 【详解】设，则， 则，两式相减可得， ，即， 即，，故. 故选：B 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. 已知直线的方程为，圆的方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 圆的半径为12 C. 直线与圆恒有两个交点 D. 圆心到直线距离的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】将直线方程变形为，令，即可求出直线过定点坐标，即可判断A，根据圆的方程判断半径，从而判断B，求出圆心与直线过定点的距离，即可判断C、D. 【详解】因为直线的方程为， 即，令，解得， 所以直线恒过定点，不妨设定点为，故A正确； 圆的方程为，则圆心，半径，故B错误； 因为，所以点在圆内，所以直线与圆恒有两个交点，故C正确； 当且仅当时，圆心到直线距离的最大值为，故D正确. 故选：ACD 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则 B. 若空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角 D. 若空间向量，，则在上的投影向量为 【答案】AB 【解析】 【分析】由线面位置关系的向量法判断A，由共面定理的推论判断B，由向量数量积的定义判断C，求出投影向量判断D． 【详解】选项A，因为，所以，A正确； 选项B，，而，∴共面，B正确； 选项C，时，也有，C错误； 选项D，在上的投影向量，D错． 故选：AB． 11. 2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）的正视图近似伯努利双纽线.定义在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹成为双纽线，已知点是双纽线上一点，下列说法正确的有（ ）． A. 双纽线关于原点中心对称； B. ； C. 双纽线上满足的点有两个； D. 的最大值为. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据双纽线的定义求出曲线方程，然后将替换方程中的进行判断，对于B，根据三角形的等面积法分析判断，对于C，由题意得，从而可得点在轴上，进行可判断，对于D，由向量的性质结合余弦定理分析判断. 【详解】对于A，因为定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线， 所以， 用替换方程中的，原方程不变，所以双纽线关于原点中心对称，所以A正确， 对于B，设 ∵，， ∴， ∴，∴，故B正确； 对于C，由知在的垂直平分线（方程为）上 将代入得 即，解得， ∴这样的点只有一个，故C错误； 对于D，因为， 所以， 由余弦定理得， 所以， 所以的最大值为，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. 过点作倾斜角为的直线，与抛物线交于、两点，则______________． 【答案】8 【解析】 【分析】写出直线方程，与抛物线联立，得到韦达定理，由弦长公式求得弦长. 【详解】设，，由题知，直线方程为，联立， 得，由韦达定理有，， 则 故答案为：8 13. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，计算可得，可得渐近线方程. 【详解】因为双曲线的离心率为，所以， 两边平方得，所以，所以，解得， 又双曲线的焦点在轴上，所以双曲线的渐近线方程为. 故答案为：. 14. 在正四棱锥中，底面边长为 ，侧棱长为4，点P是底面ABCD内一动点，且 ，则当A，P两点间距离最小时，直线BP与直线SC 所成角的余弦值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先判断点的轨迹，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线BP与直线SC 所成角的余弦值. 【详解】设，连接，则平面， ，则， 则，，则， 所以在以为原点，半径为的圆上， 当A，P两点间距离最小时，在上， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ， ， 设直线BP与直线SC 所成角为， 则. 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. 已知双曲线C的方程为 实轴长和离心率均为2． （1）求双曲线C的标准方程； （2）过且倾斜角为45°的直线l与双曲线C交于A，B两点， 求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由离心率，再结合实轴长求解； （2）设的方程为，与双曲线的方程联立，再利用弦长公式求解. 【小问1详解】 由离心率，又，则， 又实轴长，所以，所以， 故双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 ∵直线的倾斜角为，故其斜率为1，又过点， ∴的方程为，设， 由，消去，得， ∴， ∴． 16. 古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足． （1）求点P的轨迹方程； （2）若点P的轨迹关于直线对称，求的最小值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）设点P的坐标为，根据列方程化简可得结论， （2）由条件可得，由此可得，展开利用基本不等式求其最小值. 【小问1详解】 设点P的坐标为，因为，又，， 所以， 所以， 所以， 所以，即， 所以点P的轨迹方程为． 【小问2详解】 因为点P的轨迹关于直线对称， 所以圆心在此直线上，即， 所以， 所以， 当且仅当，，即，时，等号成立． 故的最小值为． 17. 已知圆的圆心是抛物线的焦点． （1）求抛物线的方程； （2）若直线交抛物线于两点，且点是弦的中点，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由圆心是抛物线的焦点，找到抛物线的焦点，从而得到抛物线的方程； （2）利用点差法，找到直线的斜率，进而求得直线的方程. 【小问1详解】 圆的方程可化为， 故圆心的坐标为． 设抛物线的方程为()，所以，所以， 所以抛物线的方程为． 【小问2详解】 设，，则两式相减， 得，即， 所以直线的斜率． 因为点是的中点，所以，所以． 所以直线的方程为，即． 18. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，. （1）取线段中点，连接，证明：平面； （2）求到平面的距离； （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明如下： 在四棱锥中，取中点，连接， 由为的中点，且，， ∴，， ∴四边形为平行四边形，， ∵平面，平面， ∴平面． （2）； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及，利用到平面的距离的向量公式即可求解. （3）求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设平面的法向量为，则，取，得， 又，所以到平面的距离. 【小问3详解】 令， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得，平面的法向量为， 于是， 化简得，又，解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，. 19. 已知椭圆的焦距为2，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）设A，B为椭圆的左右顶点，过右焦点的直线交椭圆于M，N两点，直线AM，BN交于点. （i）求证点在定直线上； （ii）设，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明：由（1）知可设直线方程为， 联立和， 得，直线l过椭圆焦点，必有， ， ，直线方程为， 直线方程为， 联立两方程得， ，即点在定直线上； （ii）1 【解析】 【分析】（1）由题意求出的值，即得答案； （2）（i）设直线方程为，联立椭圆方程可得根与系数关系，写出直线，的方程，联立化简，即可证明结论；（ii）由可得的表达式，化简，即可求得答案. 【小问1详解】 依题意，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为， 椭圆方程为 【小问2详解】 （i）略 （ii）依（i）有.设，若， 则，则， . 故当时，的最大值为1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $