精品解析：吉林省实验中学2025-2026学年高二上学期11月学程性考试（二）（期中）考试数学试题

吉林省实验中学2025-2026学年度上学期 高二年级学程性考试（二）数学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分，满分160分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.并在规定位置粘贴考试用条形码. 3.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效.不得在答题卡上做任何标记. 4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 5.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存. 一、单项选择题（本题包括8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 若抛物线上一点到其焦点距离为，则该抛物线的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 若双曲线的两渐近线的夹角为，实轴长为6且焦点在x轴上，则该双曲线的标准方程为（ ） A. B. 或 C. D. 或 3. 已知点在圆内，则直线与圆（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 以上均有可能 4. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，是椭圆的两个焦点，为椭圆上任意一点，为椭圆在点处的切线，过作的垂线，垂足为，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过原点的直线与的左、右两支分别交于两点，点在上且，若以为直径的圆过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆E：的左焦点为F，过点分别作E的切线、，切点分别为A、B，则面积最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 公元前4世纪，古希腊数学家梅内克缪斯（Menaechmus）为了解决倍立方问题而发现了圆锥曲线．他用垂直于母线的平面去截取顶角（圆锥底面圆的一条直径的两个端点与顶点连线所形成的等腰三角形的顶角）分别是锐角、直角、钝角的三种圆锥，得到三种曲线，梅内克缪斯分别称之为锐角、直角和钝角圆锥曲线，今称椭圆、抛物线和双曲线．如图，四面体中，AP、AB、AC两两垂直，，，点O为底面ABC内的一个动点． （1）若，则点O轨迹是椭圆的一部分； （2）若，则点O的轨迹是双曲线的一部分； （3）若，则点O的轨迹是抛物线的一部分． 以上几个命题中，真命题的个数为（ ） A 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 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. 已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，下列说法正确的有（ ） A. 抛物线的焦点坐标为 B. 若，则线段AB的中点到轴的距离为3 C. 以线段为直径的圆与轴相切 D. 以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切 10. 已知双曲线的左右焦点分别为，点是上一点，经过点作斜率为的直线与交于两点，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则或9 B. 左焦点到渐近线距离为 C. 若两点分别位于的两支，则 D. 点可能是线段的中点 11. 已知，，是满足的动点的轨迹，是以，为焦点的椭圆，下列说法正确的是（ ） A. 与轴有2个公共点 B. 若，有2个公共点在轴上，则的方程为 C. 若为，的公共点，且，则的长轴长为 D. 点到原点距离的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若点P到点的距离比它到直线的距离大1，则点P的轨迹方程为______. 13. 如图，斜率为的直线与椭圆交于，两点，与轴、轴分别交于点，，若，则椭圆的焦距为______. 14. 已知双曲线的右焦点为，若圆上存在点使得的中点在的渐近线上，则的离心率的取值范围为_____ 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. 已知过点的直线与圆相切. （1）求直线的方程； （2）判断圆与圆的位置关系，写出两圆公切线的条数. 16. 如图，在梯形中，，，，，，是梯形的中位线，将梯形沿翻折得到五面体，点为上靠近点的三等分点，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知椭圆C：的离心率为右焦点为F，过F的直线l交椭圆C于M，N两点，当直线l垂直于x轴时， （1）求椭圆C的方程; （2）若点P在椭圆C上，且满足(O为坐标原点)，求直线l的方程. 18. 已知抛物线，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交轴于，直线交轴于. （1）求直线的斜率的取值范围； （2）若为原点，，试探究否为定值，并说明理由. 19. 已知椭圆分别是的左、右焦点，是椭圆上一点，的最大值为3，当为椭圆上顶点时，为等边三角形. （1）求椭圆的标准方程； （2）设分别是椭圆左、右顶点，若直线与交于点，且， ①若直线交于点，证明点在定直线上，并求出该定直线的方程； ②证明：直线过定点，并求出此定点坐标. 五、附加题（本题共1小题，共10分） 20. 已知椭圆的方程为，直线与椭圆交于两点，点，直线与直线分别交于点，平面内是否存在一定点，使得四边形为平行四边形？若存在，求出点的坐标；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 $ 吉林省实验中学2025-2026学年度上学期 高二年级学程性考试（二）数学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分，满分160分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.并在规定位置粘贴考试用条形码. 3.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效.不得在答题卡上做任何标记. 4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 5.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存. 一、单项选择题（本题包括8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 若抛物线上一点到其焦点的距离为，则该抛物线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据焦半径公式求得的值，则抛物线方程可知. 【详解】由焦半径公式可知，解得， 所以抛物线方程为， 故选：A. 2. 若双曲线的两渐近线的夹角为，实轴长为6且焦点在x轴上，则该双曲线的标准方程为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线的对称性，求出渐近线的倾斜角，建立方程求解即得. 【详解】因两渐近线的夹角为，由双曲线渐近线的对称性可知双曲线的一条渐近线的倾斜角为或，即得或，解得或. 故选：D. 3. 已知点在圆内，则直线与圆（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 以上均有可能 【答案】C 【解析】 【分析】根据点与圆的位置关系得出，再利用的关系判断直线与圆的位置关系. 【详解】因点在圆内，则， 则点到直线的距离， 则直线与圆相离. 故选：C 4. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据动圆与已知两圆位置关系，求得动圆圆心满足的关系式，利用椭圆定义进行判断，并求出，得到轨迹方程. 【详解】设圆圆心为，半径为， 圆圆心为，半径为，动圆圆心为，半径为 则， 由圆与圆外切可得， 由圆与圆内切可得， 所以，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆， 设为 则，所以， 所以轨迹方程为， 故选：B. 5. 如图，是椭圆的两个焦点，为椭圆上任意一点，为椭圆在点处的切线，过作的垂线，垂足为，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由椭圆的光学性质及椭圆定义求得，得到轨迹方程. 【详解】作出点关于直线的对称点，则由椭圆的光学性质可得三点共线， 因为，长半轴长，所以， 因为为的中位线，所以， 即点的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 轨迹方程为， 故选：D. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过原点的直线与的左、右两支分别交于两点，点在上且，若以为直径的圆过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意推得四边形为矩形，可设，则，分别在直角三角形和直角三角形中，运用勾股定理，建立关于的等式，计算即可求解 【详解】连接，，，， 由以AB为直径的圆恰好过左焦点可得，由双曲线的对称性得四边形为矩形， 可设，则， 在直角三角形中，可得， 即，解得， 又在直角三角形中，， 即，， 因为 所以，即. 故选：C． 7. 已知椭圆E：的左焦点为F，过点分别作E的切线、，切点分别为A、B，则面积最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆上一点的切线方程求出直线的方程，然后联立直线与椭圆方程，利用韦达定理将表示出来，然后列出三角形面积表达式，最后根据不等式的性质求出三角形面积的最大值. 【详解】因为椭圆方程为，设切点， 则切线的方程为，. 因为切线过点，所以，切线的方程变为： ，因为点都在直线上， 所以直线的方程为.该直线必过点刚好是椭圆的右焦点. 联立直线方程和椭圆方程为： ，化简得. 根据韦达定理.而 所以. 因为， 要使得面积取得最大值，则应取最小值，根据不等式， 所以当时，三角形的面积最大，最大值为. 故选：A. 8. 公元前4世纪，古希腊数学家梅内克缪斯（Menaechmus）为了解决倍立方问题而发现了圆锥曲线．他用垂直于母线的平面去截取顶角（圆锥底面圆的一条直径的两个端点与顶点连线所形成的等腰三角形的顶角）分别是锐角、直角、钝角的三种圆锥，得到三种曲线，梅内克缪斯分别称之为锐角、直角和钝角圆锥曲线，今称椭圆、抛物线和双曲线．如图，四面体中，AP、AB、AC两两垂直，，，点O为底面ABC内的一个动点． （1）若，则点O的轨迹是椭圆的一部分； （2）若，则点O的轨迹是双曲线的一部分； （3）若，则点O的轨迹是抛物线的一部分． 以上几个命题中，真命题的个数为（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【分析】根据梅内克缪斯理论，求出圆锥顶角为锐角，直角还是钝角，进而判断轨迹类型即可. 【详解】对于（1），两两垂直，，平面， 平面， ，点在以为轴的圆锥面上， ，，， 设圆锥顶角为，则， 所以顶角为锐角，即点O的轨迹是椭圆的一部分，故（1）正确； 对于（2），当时，点在以为轴的圆锥面上， ，，故， 此时圆锥顶角为直角， 所以O的轨迹是抛物线的一部分，故（2）错误； 对于（3），当时，点在以为轴的圆锥面上， ，， ∴，， 所以顶角为钝角，即点O的轨迹是双曲线的一部分，故（3）错误； 综上，真命题的个数1. 故选：B. 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. 已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，下列说法正确的有（ ） A. 抛物线的焦点坐标为 B. 若，则线段AB的中点到轴的距离为3 C. 以线段为直径的圆与轴相切 D. 以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切 【答案】BCD 【解析】 【分析】由抛物线的标准方程可判断A，由抛物线的焦点弦公式可判断B，由抛物线的定义计算圆心到直线的距离等于半径可判断C和D. 【详解】对于A，抛物线的准线方程为，焦点为，故A错误． 对于B，设点，由抛物线的定义可得， 可得，所以线段的中点到轴的距离为，故B正确． 对于C，因的中点为 该点到轴的距离为， 故以线段为直径的圆与轴相切，故C正确． 对于D，因，故以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切，即D正确． 故选：BCD. 10. 已知双曲线的左右焦点分别为，点是上一点，经过点作斜率为的直线与交于两点，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则或9 B. 左焦点到渐近线距离为 C. 若两点分别位于的两支，则 D. 点可能是线段的中点 【答案】BC 【解析】 【分析】对于选项A，根据双曲线的定义判断；对于选项B，根据点到直线距离公式判断；对于选项C，直线的方程为，联立直线与双曲线方程，两横坐标的一正一负可求得的范围；对于选项D，设，假设点是线段AB的中点，结合C选项可得，求解可得，检验可得结论. 【详解】对于选项A，根据双曲线定义，又， 则，解得或， 但，所以，选项A错误. 对于选项B，由双曲线，得渐近线方程为，即.， 左焦点，左焦点到渐近线距离，选项B正确. 对于选项C，直线的方程为， 联立，消去得， 展开并整理得， 若，两点分别位于的两支，则方程有一正根与一负根， 所以，解得，选项C正确； 对于选项D，设，由C选项可得， 若点是线段AB的中点，则，则， 解得，代入，矛盾， 所以点不可能是线段的中点，选项D错误. 故选：BC. 11. 已知，，是满足的动点的轨迹，是以，为焦点的椭圆，下列说法正确的是（ ） A. 与轴有2个公共点 B. 若，有2个公共点在轴上，则的方程为 C. 若为，的公共点，且，则的长轴长为 D. 点到原点距离的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，先由得代数式，令即可求解判断A；令结合题设条件即可求出的方程判断B；由题意结合勾股定理、和椭圆定义即可求解判断C；设，由的代数式转化得到结合的取值范围即可判断求解D. 【详解】对于A，设，则由得， 令，得，与轴只有1个公共点，A错误； 对于B，中，令，得或， 设的方程为，则，， 所以的方程为，B正确， 对于C，若为，的公共点，且， 则，， 所以，C正确； 对于D，由得， 所以解得，设， 由得， 当，时取等号，所以最大值为，D正确. 故选：BCD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若点P到点的距离比它到直线的距离大1，则点P的轨迹方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由抛物线的定义，即可得到结果. 【详解】因为点P到点的距离比它到直线的距离大1， 所以点P到点的距离等于它到直线的距离， 由抛物线定义可知，点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线， 即抛物线的焦点在轴正半轴，，即， 所以点P的轨迹方程为. 故答案为： 13. 如图，斜率为的直线与椭圆交于，两点，与轴、轴分别交于点，，若，则椭圆的焦距为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，得到，再根据点差法解决中点弦问题，可求出焦距. 【详解】设，又因为， 所以，则，则， 由，两式相减得， 即，因为，所以，所以， ，所以，解得， 所以，所以椭圆的焦距为. 故答案为：. 14. 已知双曲线的右焦点为，若圆上存在点使得的中点在的渐近线上，则的离心率的取值范围为_____ 【答案】 【解析】 【分析】设，确定中点，由其在渐近线上得到点P在直线上，再由直线与圆的位置关系即可求解. 【详解】因为双曲线的右焦点为,则,即, 且双曲线C的渐近线方程为, 设为圆上一点,且圆心为,半径, 则的中点在其渐近线上,可得, 即,所以点P在直线上, 因为圆心到直线的距离， 因为圆M上存在点P满足条件,所以直线与圆M有公共点, 所以,即,可得,可得,所以, 又因为双曲线的离心率,所以, 所以双曲线C的离心率的取值范围为. 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. 已知过点的直线与圆相切. （1）求直线的方程； （2）判断圆与圆的位置关系，写出两圆公切线的条数. 【答案】（1）； （2）相交，两条公切线. 【解析】 【分析】（1）根据圆心到直线的距离求解直线方程； （2）根据圆心距与半径和差的关系判断两圆位置关系，确定公切线条数. 【小问1详解】 圆可化为， 圆心，半径， 若直线的斜率不存在，则，圆心到直线的距离， 所以直线与圆相交，不合题意； 若直线的斜率存在，设为，则直线，即， 圆心到直线的距离，若直线与圆相切，则， 解得，所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 圆可化为，圆心，半径， 因为，所以， 所以两圆相交，公切线有两条. 16. 如图，在梯形中，，，，，，是梯形的中位线，将梯形沿翻折得到五面体，点为上靠近点的三等分点，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接、，证明出四边形为菱形，可得出，由以及线面垂直的判定定理得出平面，可得出，由翻折的性质得出，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，求出的长，然后利用空间向量法可求得平面与平面夹角的与余弦值. 小问1详解】 如图，连接、， 翻折前，在梯形中，，，，是梯形的中位线， 所以，且，， 因为，所以，即，， 翻折后，因为点为上靠近点的三等分点，，所以， 又因为，，故四边形为菱形，则， 因为，，、平面，故平面， 又因为平面，所以， 因为，，、平面，故平面. 【小问2详解】 由（1）可得，平面，， 如图，以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则、，设，则， ，解得， 所以、、、， 则，， 设平面的一个法向量，则有， 取，可得， 由（1）可知平面的一个法向量为， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知椭圆C：的离心率为右焦点为F，过F的直线l交椭圆C于M，N两点，当直线l垂直于x轴时， （1）求椭圆C的方程; （2）若点P在椭圆C上，且满足(O为坐标原点)，求直线l的方程. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率公式和通径计算公式即可得到方程组，解出即可； （2）设，再联立椭圆方程得到韦达定理式，计算出点坐标，再代入椭圆方程即可得到值，即得到直线方程. 【小问1详解】 由题意得，解得. 故椭圆的方程为． 【小问2详解】 由题知直线的斜率不为零， 设直线， 则联立，可得， 由根与系数关系可知：， ， ， 又，则点坐标满足椭圆的方程，即，解得或（舍）， 所以，故直线的方程为，即 18. 已知抛物线，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交轴于，直线交轴于. （1）求直线的斜率的取值范围； （2）若为原点，，试探究是否为定值，并说明理由. 【答案】（1） （2）为定值，理由如下. 【解析】 【分析】（1）先设出直线的方程，然后联立直线与抛物线方程，根据判别式以及抛物线有两个不同交点的条件来确定直线的斜率的取值范围即可； （2）先设，然后根据直线的方程求出，再结合向量求出，最后计算并判断是否为定值即可. 【小问1详解】 由题意知，直线的斜率存在且不为，又直线过点，故设直线的方程为， 联立，可得，，，解得且， 又直线交轴于，直线交轴于，故直线不过点， 把代入，解得，从而， 故直线的斜率的取值范围为. 【小问2详解】 为定值，理由如下： 设，由（1）可知， ， ， ， 故, 直线的方程为，令，则，同理可得, 由，可得，得， 由，可得，得同理可得， 则 . 19. 已知椭圆分别是左、右焦点，是椭圆上一点，的最大值为3，当为椭圆上顶点时，为等边三角形. （1）求椭圆的标准方程； （2）设分别是椭圆的左、右顶点，若直线与交于点，且， ①若直线交于点，证明点在定直线上，并求出该定直线的方程； ②证明：直线过定点，并求出此定点坐标. 【答案】（1） （2）①证明见详解，；②证明见详解，. 【解析】 【分析】（1）根据条件得出的关系，求解方程可得答案； （2）①根据斜率关系分别设出直线方程，求解交点可证；②联立方程分别求出的坐标，写出直线方程，化简可得直线过定点. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，因为的最大值为3，所以； 因为当为椭圆上顶点时，为等边三角形，所以，解得， 所以，即椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①证明：由（1）知，; 设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的方程为， 直线的方程为， 联立，可得，即点在定直线上. ②证明：设，联立，得， 则有，解得，，即； 联立，得， 由得，，即； 设直线的斜率为， 当时，即时， 则. 所以直线的方程为， 即，所以直线过定点. 当，若，则,,此时直线的方程为； 若，则,,此时直线的方程为； 综上可得，直线恒过定点 五、附加题（本题共1小题，共10分） 20. 已知椭圆的方程为，直线与椭圆交于两点，点，直线与直线分别交于点，平面内是否存在一定点，使得四边形为平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】存在，，理由见解析 【解析】 【分析】联立直线方程与椭圆方程得到纵坐标的韦达定理，根据直线的方程表示出的坐标，由纵坐标的关系判断出的位置，结合点坐标可求点坐标. 【详解】设， 联立，可得， 所以，所以， 且，即， 因为满足椭圆方程，所以在椭圆上，所以， 设的方程为， 令，得，同理可得， 所以 ， 所以线段的中点坐标为， 连接，因为四边形为平行四边形，所以的中点也为， 由可得，，所以的坐标为， 综上所述，存在满足题意. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $