精品解析：辽宁省沈阳市五校协作体2025-2026学年高二上学期1月期末联考数学试题

高二年级数学试卷 时间：120分钟分数：150分 试卷说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型（1-11题58分） 第二部分：非选择题型（12-19题92分） 第I卷（选择题共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 45° B. 30° C. 60° D. 120° 2. 若直线被圆：截得的弦长为，则（ ） A. 2 B. C. D. 3. 今有2个红球、2个黄球、3个白球，同色球不加以区分，将这7个球排成一列的不同方法有 A. 210种 B. 162种 C. 720种 D. 840种 4. 若的展开式的各项系数和为64，则展开式中含项的系数为 A. 26 B. 18 C. 12 D. 9 5. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若对空间中任意一点，有，则P、A、B、C四点共面 B. 已知向量，，则在上的投影向量为 C. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 D. 点关于平面对称的点的坐标是 6. 已知为椭圆的右焦点，为椭圆上一点，为圆上一点，则的最小值为（ ） A. －5 B. －4 C. －3 D. －2 7. 如图所示，在棱长为2的正方体中，E、F分别为棱和的中点，以D为原点，，，所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是平面的一个法向量 C. 直线与平面夹角的正弦值为 D. 点C到平面的距离为 8. 已知双曲线C：的左焦点为F，过F作双曲线C的一条渐近线的垂线，垂足为A，并与双曲线C交于点B，且有，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列有关说法错误的是（ ） A. 在展开式中无常数项 B. 除以8的余数为1 C. 已知，则x的取值为7. D. 甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则不同的安排方法有36种 10. 已知抛物线的焦点为是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 直线与抛物线相切 C. 已知点，则的周长最小值为 D. 若，则的面积为 11. 如图，已知正方体的棱长为是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线 B. 若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 C. 若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆 D. 若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 直线与圆交于两点，则弦长的最小值是___________. 13. 如图，在平行六面体中，，，，则直线与直线所成角的余弦值为_____. 14. 加斯帕尔•蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆，若直线上存在点，过可作的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是__________. 四、解答题（共77分） 15. 已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大. （1）求展开式的所有二项式系数之和； （2）求的值； （3）判断的展开式中第几项系数的绝对值最大. 16. 如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，平面平面．． （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）若点在上，且． （i）当时，求到平面的距离： （ii）是否存在，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 17. 已知椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆交于两点（异于）． ①若的面积为，求直线的方程； ②若直线与直线交于点，证明：点在一条定直线上． 18. 如图，在正四棱锥中，所有棱长都相等，点分别是棱的中点，点在棱上，且. （1）若，证明：平面； （2）当异面直线与所成角为时，求实数的值； （3）求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 19. 已知双曲线：的实轴长为，右焦点到双曲线的渐近线距离为. （1）求双曲线的方程； （2）过点作直线交双曲线的右支于两点，连接并延长交双曲线左支于点(为坐标原点），求的面积的最小值； （3）设定点，过点T的直线交双曲线于两点，不是双曲线的顶点，若在双曲线上存在一点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级数学试卷 时间：120分钟分数：150分 试卷说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型（1-11题58分） 第二部分：非选择题型（12-19题92分） 第I卷（选择题共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 45° B. 30° C. 60° D. 120° 【答案】C 【解析】 【分析】首先通过直线方程求出直线斜率，进而求出直线倾斜角. 【详解】已知直线的斜率为， 由于直线倾斜角的取值范围是，故该直线的倾斜角为60°. 故选：C. 2. 若直线被圆：截得的弦长为，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由弦长公式可得，再根据点到直线的距离公式求解即可． 【详解】设圆心到直线的距离为，圆的半径， 则弦长为， 解得， ， 解得． 故选：C． 3. 今有2个红球、2个黄球、3个白球，同色球不加以区分，将这7个球排成一列的不同方法有 A. 210种 B. 162种 C. 720种 D. 840种 【答案】A 【解析】 【分析】先在7个位置中选3个位置排白球，有种排法，再从剩余的4个位置中选2个位置排红球，有种排法，剩余的2个位置排黄球有种排法，由乘法原理可得答案． 【详解】解：由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题． 先在7位置中选3个位置排白球，有种排法，再从剩余的4个位置中选2个位置排红球，有种排法，剩余的2个位置排黄球有种排法， 所以共有••＝210． 故选A 【点睛】本题考查排列组合的基本知识．分步计数原理与分类计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法． 4. 若的展开式的各项系数和为64，则展开式中含项的系数为 A. 26 B. 18 C. 12 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】取解得，展开式中含项有两种情况，相加得到答案. 【详解】令得，所以． 所以展开式中含项为 ， 所以展开式中含项的系数为18， 故选B． 【点睛】本题考查了二项式定理，把握展开式中含项的两种情况是解题的关键. 5. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若对空间中任意一点，有，则P、A、B、C四点共面 B. 已知向量，，则在上的投影向量为 C. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 D. 点关于平面对称的点的坐标是 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，由，可判断；对于B，应用求解即可；对于C，可证得；对于D，直接求出对称点即可. 【详解】对于A项：因为， 则，而， 所以P、A、B、C四点不共面，A错误； 对于B项：在上的投影向量为，故B正确； 对于C项：因为，则，故C错误； 对于D项：点关于平面对称的点的坐标是，故D错误. 故选：B 6. 已知为椭圆的右焦点，为椭圆上一点，为圆上一点，则的最小值为（ ） A. －5 B. －4 C. －3 D. －2 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆的定义把焦半径进行转化，再把到圆上点的距离最值转化为到圆心，从而即可求两边之和的最小值了. 【详解】 在椭圆中，，，则，则，则椭圆的左焦点为，圆的圆心为，半径为1， 由椭圆的定义可得， 所以， 再由圆外的点到圆上动点的最小值为到圆心的距离减去半径， 所以有， 利用当且仅当、、三点共线且在线段上时，取最小值， 所以有 故的最小值为－4. 故选：B． 【点睛】方法点睛：要利用椭圆的定义和圆的有关平面几何求最值的结论来求解. 7. 如图所示，在棱长为2的正方体中，E、F分别为棱和的中点，以D为原点，，，所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是平面的一个法向量 C. 直线与平面夹角的正弦值为 D. 点C到平面的距离为 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，由空间向量判断异面直线垂直即可；对于B，由平面法向量求解即可；对于C，运用向量夹角余弦值公式计算即可；对于D，由点到平面的距离公式计算即可. 【详解】如图， 对于A，， 故，， 故与不垂直，进而可得与不垂直，故A错误； 对于B，由， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量， 因为（为实数），故B错误； 对于C， ， 则， 则直线CF与平面夹角的正弦值为，故C正确； 对于D，， 点到平面的距离为，故D错误. 故选：C 8. 已知双曲线C：的左焦点为F，过F作双曲线C的一条渐近线的垂线，垂足为A，并与双曲线C交于点B，且有，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算出点坐标，然后代入双曲线方程，化简即可得到关系的方程，进而得出渐近线方程. 【详解】不妨设双曲线的一条渐近线为, 因为左焦点,所以直线的方程为与， 两式联立可得, 设，因为，所以， 即，所以， 将点坐标代入双曲线方程得：， 上式整理得，即，所以，所以渐近线方程为. 故选：A. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列有关说法错误的是（ ） A. 在展开式中无常数项 B. 除以8的余数为1 C. 已知，则x的取值为7. D. 甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则不同的安排方法有36种 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用二项式通项公式计算判断A，应用二项式展开式计算判断余数判断B，应用组合数性质判断C，分组分配结合排列数组合数计算判断D. 【详解】对于A：在展开式中为常数项，A选项错误； ， 因为能被8整除， 且，所以除以8的余数为7，B选项错误； 当时，或， 所以或，C选项错误； 甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去， 则不同的安排方法有种，D选项正确； 故选：ABC. 10. 已知抛物线的焦点为是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 直线与抛物线相切 C. 已知点，则的周长最小值为 D. 若，则的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，将方程化成标准方程得解；对B，将直线与抛物线方程联立，由判别式等于0，判断；对C，过点向准线作垂线，垂足为，结合抛物线定义可得当三点共线时，最小，此时的周长最小，得解；对D，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，即可得到，再由，得，即可求出，再由面积公式计算即可判断D. 【详解】对于A，由，得抛物线的标准方程为，所以焦点为，故A错误； 对于B，由，得，代入化简得，， 所以直线与抛物线相切，故B正确； 对于C，如图，，所以当最小时，的周长最小， 过点向准线作垂线，垂足为，则，当三点共线时，最小，最小值为5， 所以的周长的最小值为，故C正确； 对于D，由题直线的斜率一定存在，设直线， 代入，整理得，， 设，，则， 由，得，解得或，所以， 所以，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，已知正方体的棱长为是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线 B. 若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 C. 若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆 D. 若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线 【答案】ABD 【解析】 【分析】A：由平面，可得即为到直线的距离，由抛物线的定义即可判断；B：由题意可得中点的轨迹为以中点为圆心，为半径且平行于平面的圆，计算可判断；C：由与平面所成的角为，计算可得为定值，可判断点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，从而可判断；D：由与所成的角可得，可得点的轨迹方程，从而可判断． 【详解】对于A，平面，即为到直线的距离， 在平面内，点到定点的距离与到定直线的距离相等， ∴点的轨迹就是以为焦点，为准线的抛物线，故A正确； 对于B，若，则, 可得中点的轨迹为以中点为圆心，为半径且平行于平面的圆， 其面积为，故B正确； 对于C，与平面所成的角为，则，可得， ∴点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故C错误； 对于D，如图，建立空间直角坐标系， ， 设，则，， 因为， 化简得，即，所以的轨迹为双曲线，故D正确； 故选：ABD﹒ 【点睛】关键点点睛：D选项中，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式求解是解题关键. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 直线与圆交于两点，则弦长的最小值是___________. 【答案】 【解析】 【分析】先把圆的方程化成标准形式，从而得出圆心坐标和半径，再通过直线方程得出直线过定点，发现定点在圆的内部，从而根据圆的有关知识知：当定点是弦的中点时，弦长最短，从而求出弦长的最小值. 【详解】圆化成标准形式为圆， 圆心，半径， 直线过定点，并在圆内， 最短时，点为弦的中点，即时， 所以. 故答案为：. 13. 如图，在平行六面体中，，，，则直线与直线所成角的余弦值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由线段的位置关系及向量加减的几何意义可得、，利用向量数量积的运算律求、，最后应用夹角公式求直线夹角余弦值. 【详解】因为，， 可得，， 又因为，， 可得， ， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故答案为： 14. 加斯帕尔•蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆，若直线上存在点，过可作的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先通过椭圆切点在顶点的四条特殊切线可知道蒙日圆的半径，问题转化为直线与蒙日圆有交点问题，根据直线与圆的位置关系列式即可求解. 【详解】对于椭圆， 令，可得，令，可得， 由，可知点在“蒙日圆”上， 所以椭圆的“蒙日圆”的半径为， 所以“蒙日圆”方程为， 因为点在椭圆的“蒙日圆”上，又因为点在直线上， 所以直线和“蒙日圆”有公共点. 即圆心到直线的距离不大于半径， 即，所以，则， 所以椭圆离心率，所以，即椭圆离心率的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对“蒙日圆”定义的理解，能够利用椭圆的四条特殊切线确定蒙日圆的半径，将问题转化为直线与圆有交点的问题. 四、解答题（共77分） 15. 已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大. （1）求展开式的所有二项式系数之和； （2）求的值； （3）判断的展开式中第几项系数的绝对值最大. 【答案】（1）1024 （2） （3）第5项系数的绝对值最大 【解析】 【分析】（1）由“第6项二项式系数最大”确定，利用二项式系数之和公式求解. （2）通过赋值得，赋值代入展开式，变形后求得目标式子的值. （3）写出展开式通项，建立不等式组求解系数绝对值最大的项对应的值，确定项数. 【小问1详解】 因为展开式中第6项的二项式系数最大，所以， 所以展开式的所有二项式系数之和为. 【小问2详解】 令，得. 令，得， 所以. 【小问3详解】 展开式的通项. 由得. 因为r为整数，所以，所以的展开式中第5项系数的绝对值最大. 16. 如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，平面平面．． （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）若点在上，且． （i）当时，求到平面的距离： （ii）是否存在，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）存在，或 【解析】 【分析】（1）由题可证得平面，且，所以可以点为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法，求得平面与平面夹角的余弦值； （2）（i）由点面距的向量求法，求得到平面的距离；（ii）假设存在满足题意，根据线面角的向量求法，求得的值. 【小问1详解】 由平面平面，平面平面，平面， 得平面. 因为，平面，所以． 又四边形为直角梯形且， 则，故两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 显然是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则， 取，从而， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问2详解】 因为，所以， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，从而. （i）当时，， 从而到平面的距离为. （ii）假设存在满足题意，与平面所成角为， 则. 化简得，解得或． 故存在或，使得与平面所成角的正弦值为. 17. 已知椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆交于两点（异于）． ①若的面积为，求直线的方程； ②若直线与直线交于点，证明：点在一条定直线上． 【答案】（1） （2）① ；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知条件得出的值，进而得出求出椭圆方程； （2）①设直线的方程及，联立椭圆方程，利用韦达定理，表示出弦长，结合点到直线的距离公式和三角形面积公式建立方程求解； ②联立直线得出代数关系式，结合韦达定理构造方程，化简计算求解． 【小问1详解】 椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3， ，故， ， 椭圆的方程为； 【小问2详解】 ①设过点的直线方程为，点， 联立，得， 则， 则， 又点到直线的距离， 令，化简整理得 ，，，解得， 直线的方程为． ②由①知，， 直线，直线， 联立直线，整理得， 由①知，， ， 即，解得， 点在直线上． 18. 如图，在正四棱锥中，所有棱长都相等，点分别是棱的中点，点在棱上，且. （1）若，证明：平面； （2）当异面直线与所成角为时，求实数的值； （3）求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，，根据中位线性质和基本事实4可证得，再根据线面平行的判定定理即可证得结论； （2）根据题设条件建立空间直角坐标系，设，求出相关点和向量的坐标，结合即可求得的值； （3）利用（2）中建立的坐标系分别求出两平面的法向量，根据空间向量夹角的坐标公式表示出两平面夹角余弦的解析式，结合二次函数的性质即可求得范围. 【小问1详解】 如图，连接，交于，连接，则为的中点，又为的中点，所以； 当时，为的中点，又为的中点，所以； 所以，又平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 如图，连接，由正四棱锥可知两两相互垂直，建立如图空间直角坐标系， 设，则， 所以，所以， 所以，； 因为异面直线与所成角为，所以，解得， 实数的值为； 【小问3详解】 由（2）知，， 所以； 设平面的一个法向量为，则 ，即，取，则，所以； 设平面的一个法向量为，则 ，即，取，则，所以； 设平面与平面的夹角为， 则， 因为，所以函数， 所以， 即平面与平面夹角余弦值的取值范围是. 19. 已知双曲线：的实轴长为，右焦点到双曲线的渐近线距离为. （1）求双曲线的方程； （2）过点作直线交双曲线的右支于两点，连接并延长交双曲线左支于点(为坐标原点），求的面积的最小值； （3）设定点，过点T的直线交双曲线于两点，不是双曲线的顶点，若在双曲线上存在一点，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据实轴长可求，根据焦点到渐近线的距离可求，故可得双曲线方程； （2）设：，联立直线方程和双曲线方程消去后结合韦达定理可得面积的解析式（用表示），再结合换元法可求其面积的最大值. （3）设直线的方程为，联立化简可得，由条件化简可得，结合双曲线的范围可得结论. 【小问1详解】 因为双曲线的实轴长为，故， 而双曲线的渐近线为， 故右焦点到渐近线的距离为， 故双曲线的方程为：. 【小问2详解】 显然直线与轴不垂直，设：， 由双曲线的对称性知的中点为，故，   联立 故， 由于均在双曲线右支，故，故， 而， 代入韦达定理得， 令，则， 易知在上为减函数，则当时，， 综上，的面积的最小值为. 【小问3详解】 不妨设， 若直线的斜率为，则直线与双曲线的交点为双曲线的顶点，与条件矛盾， 所以可设直线的方程为，且， 联立，消可得， 方程的判别式， 所以， 所以， 所以， ， ， ， 所以 所以 所以， 因为直线的斜率与直线的斜率之和为定值， 所以，故， 故为定值， 所以， 因为或， 所以或，存在双曲线上的点满足， 使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，定值为， 所以的范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $