河南省漯河市舞阳县育才实验学校2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

2025-2026学年度高二上学期数学期中考试卷 一、单项选择题（本题8小题，每题5分，共40分） 1．下列可使非零向量，，构成空间的一个基底的条件是（    ） A． B． C． D． 2．椭圆的焦距为（    ） A．1 B． C．2 D． 3．已知点，直线，若直线上存在点，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．双曲线：的焦距为（   ） A．2 B． C．3 D．6 5．若点在圆外，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在平行六面体中，，，则（    ） A． B． C． D． 7．椭圆的焦距为（    ） A． B． C．2 D． 8．已知点，，直线与线段相交，则实数的取值范围是（    ） A．或 B．或 C． D． 二、多项选择题（本题3小题，每题6分，共18分） 9．已知点，圆，则（    ） A．点在直线上 B．点可能在圆上 C．圆上至少有2个点与点的距离为1 D．过点作圆的切线，则切点弦过点 10．已知椭圆的两个焦点分别为是上任意一点，则（    ） A．的离心率为 B．的最小值为3 C．的周长为12 D．的最大值为16 11．已知直线，直线m在x轴上的截距为，且，则下列说法正确的有（    ） A．直线l在y轴上的截距为 B．向量是直线m的方向向量 C．直线l与m的交点坐标为 D．直线l，m与x轴围成的三角形的面积为 三、填空题（本题3小题，每小题5分，共15分） 12．已知椭圆的左､右焦点分别为､，若椭圆上的点满足，则 . 13．已知双曲线E：的左、右焦点分别为，．若点A，B在E的左支上，且，，则E的离心率为 ． 14．已知点，，则以AB为直径的圆的标准方程为 . 四、解答题（本题5小题，共77分） 15．（14分）已知点，点），点P满足，记点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的标准方程，并指出曲线C是什么曲线；（8分） (2)点，判断以点E为圆心，2为半径的圆E与曲线C的位置关系；若相交，设交点分别为F，G，求四边形AFEG的面积.（6分） 16．（15分）已知圆过点，短轴长为2. (1)求椭圆C的方程及离心率；（8分） (2)过点的直线交椭圆C于异于点M的A，B两点，设直线MA，MB的斜率分别为，，求证：为定值.（7分） 17．（15分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点． (1)证明：平面；（8分） (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．（7分） 18．（15分）已知圆的圆心在直线上，且经过点，. (1)求圆的标准方程；（8分） (2)求过原点且与圆相切的直线方程.（7分） 19．（18分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，平面平面.    (1)证明：.（5分） (2)点在线段上，若平面，求.（6分） (3)求二面角的正弦值.（7分） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2025-2026学年度高二上学期数学期中考试卷参考答案 1．B 【分析】根据空间基底的定义及空间向量共面定量一一判断即可. 【详解】由空间基底的定义可知只有非零向量不共面时才能构成空间中的一组基底. 对于A：因为，所以非零向量、、共面，故不能作为一组基底，故A错误； 对于B：因为，所以、、， 所以非零向量、、不共面，可构成空间的一组基底，故B正确； 对于C：令、、，满足， 但是，所以、、共面，故不能作为一组基底，故C错误； 对于D：因为，所以，所以、、共面，故不能作为一组基底，故D错误； 故选：B 2．C 【分析】根据椭圆方程，利用的平方关系求得椭圆半焦距,进而求得焦距. 【详解】椭圆的半焦距，所以该椭圆的焦距为. 故选：C. 3．D 【分析】利用两点间距离公式由得到点的轨迹方程，再利用圆心到直线的距离小于或等于半径可得. 【详解】设点， 因为，所以， 整理得点的轨迹方程为， 根据题意可得直线与点的轨迹有公共点， 所以，即，解得． 故选：D． 4．D 【分析】利用双曲线的标准方程求出，利用求出，从而得到即为焦距. 【详解】由双曲线方程可知， 则，即，所以焦距为. 故选：D. 5．B 【分析】根据圆的一般方程以及点在圆外，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】因为点在圆外，则，解得. 故选：B. 6．B 【分析】由图及空间向量加法可得，后由题意及模长公式可得答案. 【详解】设，因为六面体是平行六面体， 所以，因为， 代入计算可得： ， 故有：，所以， 所以，因为，所以. 故选：B 7．B 【分析】根据椭圆方程写出，利用公式即可求得. 【详解】由可得，则椭圆的长半轴长为短半轴长为， 则其焦距为. 故选：B. 8．B 【分析】由可求出直线过定点，作出图象，求出和，数形结合可得或，即可求解. 【详解】由可得：， 由可得，所以直线：过定点， 作出图象如图所示： ，， 若直线与线段相交，则或， 所以实数的取值范围是或， 故选：B 9．AD 【分析】对选项A将点代入验证即可；对于选项B则求圆心到直线的距离可知直线与圆外离，即可得结果；对于C点P到圆上一点的最小值为1；对于D根据选项构造以线段为直径的圆，求出圆和圆的公共弦方程进而求解. 【详解】对A,点，代入直线方程得，故点在直线上．故A正确； 对B，圆心到直线的距离为（为圆的半径），故直线与圆相离，因此点不可能在圆上．故B错误； 对C，因为，所以圆上只有1个点与点的距离为1．故C错误； 对D,构造以线段为直径的圆，则线段为圆和圆的公共弦． 圆的直径式方程为， 整理得  ①． 圆方程化为一般式为，与①作差变形得的方程为．整理得，令解得即直线经过点．故D正确 故选：AD 10．ACD 【分析】根据椭圆方程标准形式可判断A，，根据焦半径范围判断B，根据椭圆定义可判断C，根据基本不等式可判断D. 【详解】由椭圆可得：， 所以，故离心率为，故A正确； 根据椭圆焦半径的取值范围可知：，故B错误； 根据椭圆的定义可知：的周长为，故C正确； 根据基本不等可得：，取等号条件是，故D正确； 故选：ACD. 11．BCD 【分析】对于A，根据直线l的方程，令，即可求解判断；对于B，根据直线l的斜率先得到直线m的斜率，即可得到直线m的一个方向向量，进而判断即可；对于C，先求出直线m的方程，再联立直线m与直线l的方程即可求解，进而判断；对于D，设直线l，m与x轴的交点分别为A，B，直线l与m的交点为C，则直线l，m与x轴围成的三角形即，进而求出的坐标，再计算面积即可判断. 【详解】对于A，由直线，令，得， 所以直线l在y轴上的截距为2，故A错误； 对于B，由直线，则直线l的斜率为， 因为，所以直线m的斜率为， 所以直线m的方向向量可以是， 因为，所以是直线m的方向向量，故B正确； 对于C，由题意知，直线m过点， 所以直线m的方程为，即， 联立，解得， 所以直线l与m的交点坐标为，故C正确； 对于D，设直线l，m与x轴的交点分别为A，B，直线l与m的交点为C， 则直线l，m与x轴围成的三角形即， 由直线，令，得，则， 由题意及C选项的分析可设，，所以， 则的面积，故D正确. 故选：BCD. 12．4 【分析】根据椭圆的定义求解即可. 【详解】因为椭圆的左右焦点分别为， 所以. 因为，所以解得. 故答案为：4. 13．/ 【分析】假设点在第二象限，设，则,结合双曲线定义、勾股定理得，再由勾股定理得，结合离心率公式解方程即可得解. 【详解】假设点在第二象限，如图，设，则． 由双曲线的定义得，． 因为，所以在中，， 即，整理得， 所以，， 故在中，，即， 整理得，所以．又，所以．    故答案为：. 14． 【分析】利用中点坐标公式求解圆心，利用两点距离公式求解半径，即可求解圆的标准方程. 【详解】设线段AB的中点为C，则所求圆的圆心为点C，半径为， 因为，，所以，， 所以圆C的标准方程为. 故答案为： 15．(1)，是圆心为点，半径为2的圆 (2) 【分析】（1）根据两点距离公式和已知条件列出等式化简即可. （2）根据两圆的圆心距判断圆与圆的位置关系，然后根据交点坐标求出四边形的面积即可. 【详解】（1）因为点P满足，所以，所以. 设，因为，点， 所以， 化简得，即. 曲线C是圆心为点，半径为2的圆. （2）由（1）知，曲线C是圆心为，半径为2的圆.设圆心为D，又， 则. 因为圆E的半径为2， ，所以圆D与圆E相交. 因为圆E的方程为，即， 圆D的方程为， 所以两圆方程相减，得直线的方程为. 因为点E到直线的距离为，所以， 所以的面积为. 因为点到直线的距离为， 所以的面积为. 因为点A，E在直线两侧，所以四边形的面积为. 16．(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）由短轴长求得，将点M的坐标代入椭圆方程求得，即可求出椭圆方程，然后求出，即可求出离心率； （2）易知直线AB的斜率存在，当直线AB的斜率为0时，，，求得.当直线AB的斜率不为0时，设直线AB的方程为，与椭圆方程联立，韦达定理，代入两点式斜率公式化简得，即可证明. 【详解】（1）由题意得，所以，所以椭圆C的方程为. 因为椭圆C过点，所以，解得， 所以椭圆C的方程为. 因为，，所以， 所以，，所以离心率. （2）由题意知，直线AB的斜率存在. 当直线AB的斜率为0时，直线AB的方程为，点A，B是长轴的端点. 设，， 则，，所以. 当直线AB的斜率不为0时， 设直线AB的方程为，，. 把直线AB的方程代入椭圆C的方程，化简得. 由，得. 所以. 所以 . 把，代入得 . 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：利用构造平行四边形，结合线面平行的判定定理即可得证；法二：利用面面平行的判定定理与性质定理即可得证； （2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解. 【详解】（1）法一：取中点，连接， 为的中点，， 又，， 四边形为平行四边形，， 平面平面， 平面. 法二：取中点，连接， 为的中点，， 平面平面，平面， 又，， 四边形为平行四边形，， 平面平面，平面 又，平面，平面平面， 又平面，平面. （2）因为平面平面，平面平面平面，， 平面， 取中点，连接，则平面， 所以是直线与平面所成的角，即， 又，， 又， 又，则， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图， ， ， 设平面的一个法向量，， 则，取，则， 易得平面的一个法向量可取， 设平面与平面所成的夹角为， ， 故平面与平面所成的夹角的余弦为. 18．(1) (2)或 【分析】（1）根据题意，求出线段的中垂线与圆心所在直线的交点即为圆心，即可得解； （2）判断直线斜率不存在时符合题意，当切线斜率存在时，设出切线的方程，利用点到直线的距离公式来求得正确答案. 【详解】（1）线段的中点，直线的斜率， 则线段的中垂线斜率为，方程为，即， 由，解得，，因此圆的圆心，半径， 所以圆的标准方程为. （2）过原点且斜率不存在的直线为，点到直线的距离为， 即直线与圆相切； 当切线斜率存在时，设切线方程为，即，点到该直线距离为， 解得，因此切线方程为， 所以经过原点且与圆相切的直线方程为或. 19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）作，垂足为，连接.在中，根据题设证得，进而得到平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）先在（1）的基础上证得平面，再结合平面得到平面平面.再根据面面平行的性质，利用线段成比例即可得解；. （3）利用题意建立空间直角坐标系，结合平面的法向量可得二面角的余弦值进而得答案． 【详解】（1）作，垂足为，连接. 在中，. ，. 所以，四边形是正方形. 所以. 因为，所以平面. 因为平面，所以. （2）因为四边形是正方形，所以. 因为平面，所以平面. 若平面，因为，所以平面平面. 因为平面平面，平面平面，所以， 所以.因为，所以. （3）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，.    设平面的法向量为， 则取. 设平面的法向量为， 则取. ， ， 即二面角的正弦值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $