精品解析：河北省石家庄市第二十二中学2025-2026学年高二上学期11月期中数学试题

石家庄市第二十二2025～2026学年上学期期中考试 高二数学 【满分：150分】 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. 与直线切于点，且经过点的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系中，已知，，其中，则的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 4 3. 与圆外切，又与轴相切的圆的圆心的轨迹方程是 A. B. （）和 C. （） D. （）和（） 4. 若双曲线的对称轴为坐标轴，渐近线被圆：截得弦长为，则双曲线的离心率为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 5. 如图，在正方体ABEF­DCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为（ ） A － B. C. － D. 6. 已知抛物线，点在上，直线与坐标轴交于两点，若面积最小值为1，则（ ） A 1 B. C. 1或 D. 或 7. 已知椭圆的上顶点为B，O为坐标原点，点，线段与交于点，点在线段上，且，若直线与圆相交，则的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为3的正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ） A 当时， B. 当时，点到平面的距离为1 C. 直线与所成的角可能是 D. 若二面角的平面角的正弦值为，则或 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，则（ ） A. 直线过定点 B. 当时， C. 当时， D. 当时，两直线之间的距离为1 10. 如图，已知E，F分别是正方体的棱BC和CD的中点，则（ ） A. 与是异面直线 B. 与EF所成角的大小为 C. 与平面所成角的正弦值为 D. 二面角的余弦值为 11. 月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点 ，椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点B，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的离心率是 B. 的周长存在最大值 C. 线段AB长度的取值范围是 D. 面积的最大值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在多面体中，平面，平面，，且，M是AB的中点，则平面与平面夹角的余弦值为______. 13. 双曲线E：，过作直线l交双曲线于A，B两点，若不存在直线l使得P是线段的中点，则t的取值范围是_________________. 14. 若抛物线的准线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围是_____. 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. 已知圆. （1）过点作圆切线，求的方程； （2）若圆与圆相交于A、两点，求. 16. 如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，. （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 17. 设点O为坐标原点，P是圆A：上任意一点，点，线段BP的垂直平分线与直线AP交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C． （1）求C的方程； （2）设直线l与曲线C（在y轴右侧）恰有一个公共点，且l与直线分别交于M，N两点，求面积S的最小值． 18. 如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD．四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且，是边长为1的等边三角形，． （1）求证：； （2）线段BD上是否存在点N，使得直线平面AFN？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 19. 在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. （1）若点的横坐标为2，求的长; （2）设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 （3）若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;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 $ 石家庄市第二十二2025～2026学年上学期期中考试 高二数学 【满分：150分】 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. 与直线切于点，且经过点的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆的方程为，根据题意列出方程组，求得，即可得出答案. 【详解】解：设圆的方程为， 根据题意可得， 解得， 所以该圆的方程为. 故选：D. 2. 在空间直角坐标系中，已知，，其中，则的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得，根据其几何意义，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，，则， 且，其中点可以看作球心在原点，半径为的球上的点 所以表示球上的点到点距离， 最大值为球心到点的距离再加球的半径， 即. 故选：D 3. 与圆外切，又与轴相切的圆的圆心的轨迹方程是 A. B. （）和 C. （） D. （）和（） 【答案】D 【解析】 【详解】圆化为，圆心，半径，设动圆的圆心为，半径为，则根据题意，且，即，当时，化简有，即， 当时，化简有，即，故选择D. 点睛：对抛物线定义的考查有两个层次，一是当已知曲线是抛物线时，抛物线上的点满足定义，它到准线的距离为，则，有关距离、最值、弦长等是考查的重点；二是利用动点满足的几何条件符合抛物线的定义，从而得到动点的轨迹是抛物线.另外在对方程化简的过程中注意分类讨论思想方法的应用，考查学生划归转化能力. 4. 若双曲线的对称轴为坐标轴，渐近线被圆：截得弦长为，则双曲线的离心率为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】设渐近线方程，再根据垂径定理可得，进而根据渐近线斜率与双曲线离心率的关系求解即可. 【详解】设渐近线方程，则圆：圆心到的距离，即，解得.又双曲线基本量关系可得，结合渐近线方程可得当双曲线焦点在轴时，离心率为；当双曲线焦点在轴时，离心率为； 故选：C 5. 如图，在正方体ABEF­DCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为（ ） A. － B. C. － D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：先利用二面角平面角的定义，在两个半平面内分别找到与二面角的棱垂直的两条直线，将问题转化为求两直线方向向量的夹角即可； 法二：直接转化为求两平面的法向量的夹角即可. 【详解】设正方体棱长为1，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B­xyz，则M ，N，. 解法一 取MN的中点G，连接BG，AG， 则G. 因为为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角． 又因为，， 所以，， 设平面MNA与平面MNB的夹角为θ， 则. 故所求两平面夹角的余弦值为. 解法二 设平面AMN的法向量 由于， ， 则，即， 令x＝1，解得y＝1，z＝1，于是， 同理可求得平面BMN的一个法向量 . 所以 ， 设平面MNA与平面MNB的夹角为θ， 则. 故所求两平面夹角的余弦值为. 故选：B. 6. 已知抛物线，点在上，直线与坐标轴交于两点，若面积的最小值为1，则（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】先分析直线和抛物线不会相交，然后分析出点的位置为斜率为的直线和抛物线的切点时面积最小，最后用点到直线的距离公式计算. 【详解】 不妨设，由题可得无解， 否则若直线和抛物线有交点时，当时，面积将趋近， 故，解得. 由图可知，当恰好为斜率为的直线和抛物线的切点时，的面积最小. 令，不妨，则， 又点到直线的距离为， 则，解得（舍去）. 故选：B 7. 已知椭圆的上顶点为B，O为坐标原点，点，线段与交于点，点在线段上，且，若直线与圆相交，则的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设直线的方程为：，与椭圆方程联立，得出点，根据已知，得出点，即可根据两点得出直线的方程，根据直线与圆相交，列出不等式，结合椭圆离心率的运算解出不等式，即可得出答案. 【详解】设直线的方程为：， 由，解得，即点， 设点，其中， 由得：，得，故， 则直线的方程为：， 直线与圆相交， 则，故，即， 因为椭圆，则，即， 故，即，又因为，则， 故选：C. 8. 如图，在棱长为3的正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ） A. 当时， B. 当时，点到平面的距离为1 C. 直线与所成的角可能是 D. 若二面角的平面角的正弦值为，则或 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系后，容易求得即可判断A；对于B，利用空间向量法求解距离即可，对于C，利用空间向量法求解直线所成角即可，对D，根据面面角的空间向量求法即可判断. 【详解】建立空间直角坐标系如图所示， 则， 对于A，因为，所以，所以， 故，故A说法正确； 对于B，，因为，由选项A知，所以， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，故， 所以点到平面的距离为，故B说法正确； 对于C，假设直线与所成的角可能是，则 设，则，所以， 又，所以， 整理得，解得，矛盾， 所以直线与所成的角不可能是，故C说法错误； 对于D，，由选项知， 设平面，平面的一个法向量分别为， 所以，，即，， 分别令，则，故， 设二面角的平面角为，则，故， 故由，解得或， 即或，故D说法正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是建立合适的空间坐标系，利用空间向量法求解角度与距离问题即可. 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，则（ ） A. 直线过定点 B. 当时， C. 当时， D. 当时，两直线之间的距离为1 【答案】CD 【解析】 【分析】根据给定的直线的方程，结合各选项中的条件逐一判断作答. 【详解】依题意，直线，由解得：，因此直线恒过定点，A不正确； 当时，直线，而直线，显然，即直线不垂直，B不正确； 当时，直线，而直线，显然，即，C正确； 当时，有，解得，即直线， 因此直线之间的距离，D正确. 故选：CD 10. 如图，已知E，F分别是正方体的棱BC和CD的中点，则（ ） A. 与是异面直线 B. 与EF所成角的大小为 C. 与平面所成角的正弦值为 D. 二面角的余弦值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据异面直线的概念可得“平面内一点与平面外一点的连线，与此平面内不经过该点的直线是异面直线异面直线”可知A正确；作出异面直线所成的角判断B，建立空间直角坐标系，向量法判断CD. 【详解】对A，因为在平面外，在平面内，在平面内，所以与是异面直线，故A正确； 对B，由中点知，,又，所以，即为与EF所成的角，在等边中，，故B错误； 以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，， ，，， ， 由题意可知，平面的法向量可取，， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为，故C错误； 又， ， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 设平面的法向量， 则，令，可得， 则，又因为二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为，故D正确. 故选：AD． 11. 月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点 ，椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点B，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的离心率是 B. 的周长存在最大值 C. 线段AB长度的取值范围是 D. 面积的最大值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，先求出半圆和椭圆的方程，从而得到，，得到离心率；C选项，数形结合得到AB长度的取值范围；D选项，设，则，设，则，从而得到的面积，由基本不等式求出最大值；B选项，表达出的周长等于，当时，的周长最大，但是，故B错误. 【详解】由题意知，半圆的方程为， 设椭圆方程为，则， 所以，故椭圆方程， A选项，椭圆离心率，故A正确； C选项，当时，， 当时，，此时重合，不合要求， 又与半圆交于点A，与半椭圆交于点B 所以线段长度的取值范围是，C正确； D选项，由题意得的面积，设，则， 所以， 设，则，所以， 故， ， 当且仅当，即时，等号成立，故D正确， B选项，的周长等于， 则当时，的周长最大，但是，所以的周长没有最大值，B错误. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在多面体中，平面，平面，，且，M是AB的中点，则平面与平面夹角的余弦值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件建立空间直角坐标系，先求得平面与平面的法向量，再求出向量夹角的余弦值. 【详解】因为平面，平面，平面，所以，， 又，故以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，    因为， 所以， 则， 设平面的法向量， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则. 故答案为：. 13. 双曲线E：，过作直线l交双曲线于A，B两点，若不存在直线l使得P是线段的中点，则t的取值范围是_________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据中点坐标公式及点差法,可求得直线的斜率与t之间的关系,结合直线与双曲线有两个不同的交点,可得满足P为线段中点时t的范围,从而即可得结果. 【详解】因为双曲线方程为，设，若点P为线段的中点， 则，又，两式相减并化简可得， 又直线的斜率，即， 设直线l的方程为，联立 , 化简可得 因为直线与双曲线有两个不同的交点， 所以，又， 化简得，即或， 所以不存在直线l使得P是线段中点的t的取值范围为， 故答案为：. 14. 若抛物线准线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】分为且，和三种情况分别讨论的取值范围. 【详解】抛物线的准线为直线， 当且时，曲线为椭圆在轴及其上方的部分， 因为直线与曲线只有一个交点，所以，解得； 当时，曲线为圆在轴及其上方的部分， 此时直线与其只有一个交点； 当时，曲线为双曲线在轴上方的一支，此时直线与曲线只有一个交点. 综上所述，实数的取值范围为. 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. 已知圆. （1）过点作圆的切线，求的方程； （2）若圆与圆相交于A、两点，求. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设切线方程为，根据圆心到直线距离等于半径即可求解； （2）利用两圆方程消去求得公共弦所在直线方程，再由弦长公式可解. 【小问1详解】 圆方程可化为， 则圆心，半径为2， 由，可知点在圆外， 由图可知，过点的直线斜率存在， 设的方程为，即， 则圆心到直线的距离为，解得或， 的方程为或. 【小问2详解】 由消去， 整理得直线方程为， 则圆心到直线的距离，直线与圆相交， 所以. 16. 如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，. （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1）；（2）存在，为上靠近点的三等分点． 【解析】 【分析】 （1）分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 求出的坐标以及平面的一个法向量，计算即可求解； （2）假设线段上存在点符合题意，设可得， 求出平面的法向量和平面的法向量，利用即可求出的值，即可求解. 【详解】（1）分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示： 则， ，，. 不妨设平面的一个法向量, 则有，即，取. 设直线与平面所成的角为，则 所以直线与平面所成角的正弦值为； （2）假设线段上存在点，使得二面角余弦值. 设，则, 从而，，. 设平面的法向量, 则有，即，取. 设平面的法向量, 则有，即，取. , 解得：或（舍）, 故存在点满足条件，为上靠近点的三等分点． 【点睛】求空间角的常用方法： （1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果. 17. 设点O为坐标原点，P是圆A：上任意一点，点，线段BP的垂直平分线与直线AP交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C． （1）求C的方程； （2）设直线l与曲线C（在y轴右侧）恰有一个公共点，且l与直线分别交于M，N两点，求面积S的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据几何知识得到Q的轨迹为以A，B为焦点的双曲线，然后求轨迹方程即可； （2）设直线的方程，联立直线与双曲线的方程，根据恰有一个公共点得到，联立直线与渐近线方程，利用韦达定理求三角形面积的最小值即可. 【小问1详解】 ， 则Q的轨迹为以A，B为焦点的双曲线， 设方程为，则，，， 所以Q的轨迹方程为． 【小问2详解】 设l：，代入曲线C的方程得， 由已知得且，即， 将l：，代入得， 设，，则，， 直线l与x轴交点为， 则 由得，即， 则当时，S最小值为． 18. 如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD．四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且，是边长为1的等边三角形，． （1）求证：； （2）线段BD上是否存在点N，使得直线平面AFN？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据条件，利用面面垂直的性质定理，即可得证； （2）线段BD上不存在点N，使得直线平面AFN；取AD中点O，EF中点K，连接OB，OK，可证OB，OD，OK两两垂直，如图建系，求得各点坐标，设，，所以，即可求得N点坐标，即可求得平面AFN的法向量，根据题意，可得，因为方程无解，所以不存在点N. 【详解】（1）因为四边形ADEF为正方形，所以， 又平面平面ABCD，且平面平面ABCD=AD， 所以平面ABCD，又平面ABCD， 所以. （2）线段BD上不存在点N，使得直线平面AFN，证明如下： 取AD中点O，EF中点K，连接OB，OK， 因为为正三角形，所以，在正方形ADEF中，， 又平面平面ABCD， 所以平面ADEF，所以，所以OB，OD，OK两两垂直， 以O为原点，分别以OB，OD，OK为x，y，z轴正方向建系，如图所示： 所以, 设，，所以, 所以, 所以，所以，即, 所以, 设平面AFN的法向量，则， 所以，令， 则一条法向量， 因平面AFN，所以， 所以，此方程无解， 所以不存在点N，使得直线平面AFN. 【点睛】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，并灵活应用，解题技巧在于设，进而可求出N点坐标，再利用向量法求解即可，计算难度大，考查分析理解，求值计算的能力，属中档题. 19. 在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. （1）若点的横坐标为2，求的长; （2）设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 （3）若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）； （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得. （2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围. （3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得. 【小问1详解】 设，由点为椭圆上一点，得，即，又， 所以. 【小问2详解】 设，而， 则，由，得， 即，又，则，解得，， 所以的范围是. 【小问3详解】 设，由图象对称性，得、关于轴对称，则， 又，于是， 则，同理， 由，得， 因此，即，则， 设直线，由消去得， 则，即，而，解得，， 由，得，所以. 【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $