精品解析：福建省厦门市熹海高级中学2025-2026学年高二上学期11月期中数学试题

厦门熹海高级中学2025-2026学年第一学期期中测试 高二数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷58分，第Ⅱ卷92分，共150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本大题共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. 直线x－y＋3＝0的倾斜角为 A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】B 【解析】 【详解】分析：先求直线的斜率，再求直线的倾斜角. 详解：由题得直线的斜率为所以. 故答案为B. 点睛：（1）本题主要考查直线倾斜角和斜率的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)直线ax+by+c=0(b≠0)的斜率为 2. 已知抛物线的焦点为，准线为，直线与交于点.若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由抛物线的性质和直接可得. 【详解】由抛物线，得准线为，. 再由直线与准线交于点，所以， 则，解得. 故选：C. 3. 已知直线，则下列结论正确的个数是（ ） ①直线的纵截距为1； ②向量是直线的一个方向向量； ③过点与直线平行的直线方程为； ④若直线，则 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据纵截距的定义，结合方向向量的定义、平行直线、垂直直线的性质逐一判断即可. 【详解】①：由，所以直线的纵截距为，所以本序号说法不正确； ②：由直线方向向量可知该直线的斜率为，恰好是直线的斜率，所以本序号的说法正确； ③：设与直线平行的直线方程为，该直线过， 所以，即直线方程为，所以本序号的说法正确； ④：因为直线的斜率为，所以，所以本序号的说法正确， 结论正确的个数是. 故选：B 4. 如图，在三棱柱中，，，，点为与的交点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用空间向量的加减法计算求解. 【详解】因为是平行四边形，所以点为与的中点， 则. 故选：A. 5. 已知圆与圆相交于两点，则点到直线的距离是（ ） A. 3 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用两圆的公共弦方程结合点到直线的距离计算即可. 【详解】由题意可得直线的方程为， 即0，则点到直线的距离是. 故选：B 6. 已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线于、两点.若的中点坐标为，则双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据点差法，结合斜率公式可得，即可根据的关系求解. 【详解】设，则且， 相减可得， 故， 故， 又，故，解得， 故长轴长为， 故选：B 7. 已知椭圆的右焦点为，过点的直线与圆相切于点且与椭圆相交于、两点，若、恰为线段的三等分点，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】不妨设切点在第一象限，点在第一象限，记椭圆的左焦点为，连接、，利用中位线的性质可求出，可得出，利用椭圆的定义求出，利用勾股定理可求得的值，进而利用椭圆的离心率公式可求得该椭圆的离心率的值. 【详解】不妨设切点在第一象限，点在第一象限，记椭圆的左焦点为，连接、， 由圆的几何性质可知， 易知、分别为、的中点，则，且， 所以，，由椭圆的定义可得， 由勾股定理可得，即， 整理可得，可得， 因此，该椭圆的离心率为， 故选：A. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 8. 已知实数，满足条件，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意首先将问题转化为定点到两个动点之间距离的问题，然后利用椭圆的定义进行等价转化，最后利用三点共线的结论即可确定满足题意的最值. 【详解】根据题意，点在椭圆上， 且， 表示点到点和到点的距离之和，即. 其中点是椭圆的右焦点，左焦点为.， 又因为， 于是， 据此可知：的最大值为. 故选：C. 【点睛】本题主要考查等价转化的数学思想，椭圆的定义的应用，最值的求解方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分．共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分．部分选对的按比例给分） 9. 已知圆的半径为1，则下列说法正确的是（ ） A. B. 点在圆的外部 C. 圆心的坐标为 D. 当直线平分圆的周长时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据圆的半径为1，代入可求得a值，可判断A、C的正误，根据点与圆的位置关系，代入检验，可判断B的正误；由题意，直线过圆心，代入可求得m值，可判断D的正误. 【详解】因为圆的半径为1，所以，即，故A正确， 所以圆的方程为， 将代入方程得到，所以点在圆的外部，故B正确 圆心为，故C错误， 因为直线平分圆的周长，所以直线过圆心， 所以，解得，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，若点在双曲线上，、分别是左、右焦点，若的面积为20，则下列判断正确的有（ ） A. 点到轴的距离为 B. C. 为钝角三角形 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先确定双曲线焦点所在的轴，再根据渐近线方程确定双曲线的参数，对于A，由，可得的值，即点到轴的距离，对于B，由的值确定点的坐标，使用两点间距离公式计算的值即可，对于C，由中最长边所对的角的余弦值的正负即可判断是否为钝角三角形，对于D，直接求的余弦值是否等于即可判断是否等于. 【详解】由题意得双曲线的焦点在轴上，因为双曲线的一条渐近线的方程为， 则有，则， 则，此时有， 对于A：因为的面积为20， 则有，解得， 即到轴的距离为，故A错误； 对于B：由，解得或， 将之代入到，解得或， 即点的坐标可以是， ，取点， 则，， 则，同理代入其它点也满足此结论，故B正确； 对于C：仍取，由B得，，， 则在中，为最长边，则设的对角为， 则有，则有为钝角， 同理代入其它点也满足此结论，故C正确； 对于D：仍取，由B得，，， 则有，则有， 同理代入其它点也满足此结论，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，已知正方体 的棱长为2，E，F分别为AB，AD的中点，而G是线段B₁C₁(可与端点重合)上的动点，以下说法正确的是（ ） A. EF//平面BB₁D₁ B. 当G是B₁C₁的中点时， A₁C⊥平面 EFG C. 当G是B₁C₁的中点时，点C到平面EFG的距离为 D. 当点G与点B₁重合时，直线EG与平面ACD₁所成角最大 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A,利用线面平行的判断定理证明；建立空间直角坐标系，利用空间向量判断线面关系即可判断B；利用空间向量距离计算公式计算可判断C；利用空间向量线面角公式进行计算，结合函数的单调性可判断D. 【详解】对于A,连接 因为E，F分别为AB，AD的中点， 可得, 又平面平面 则又平面 故A正确； 对于B,以为坐标原点， 以为轴，建立空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为，可得： , 则, 设平面的法向量， 则， 令，则， 所以， 所以，可得， 所以平面, 故B正确； 对于,由, 平面的法向量为， 可得点到平面的距离 故C错误； 对于D,设 可得, 又由, 设平面的法向量， 则， 令，则， 所以， ， , 所以, 设线EG与平面ACD₁所成角为， 则， 法1：设， 则， 要求的最大值，不妨设， 因为在上为减函数，且恒成立， 在上为减函数，且，故在上为减函数， 故即即点G与点B₁重合时，直线EG与平面ACD₁所成角最大， 法2：设， 则， 所以函数在上单调递减， 当时，取得最大值， 即时，取得最大值， 即点G与点B₁重合时，直线EG与平面ACD₁所成角最大， 故D正确， 故选： 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.把答案填在题中横线上） 12. 已知焦点在轴上的椭圆，其焦距为2，则的值等于________． 【答案】 【解析】 【分析】根据焦点在轴上的椭圆的方程特征，结合椭圆的半长轴长、半短轴长、半焦距之间的关系进行求解即可. 【详解】因为椭圆的焦点在轴上， 所以，又因为焦距为2， 所以. 故答案为：7 13. 已知向量，，若与共线，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量共线则相应坐标成比例，列方程即可求解. 【详解】因为向量与共线， 所以，解得. 故答案为： 14. 古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇编》中完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线．现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】将原方程两边开平方，结合两点的距离公式和点到直线的距离公式，以及圆锥曲线的统一定义，可得的不等式，可得所求范围． 【详解】由方程，得到， 若，方程为，表示一条直线； 若，方程左侧，右侧，仅当两侧同时为0时成立， 但点不在直线上，故方程无解. 因此，原方程表示双曲线，必有. 当时，，即， 可得动点到定点和定直线的距离的比为常数， 由双曲线的定义，可得，解得，即的取值范围为. 故答案为：. 四、解答题（本大题共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，． （1）求向量的坐标及； （2）若，求的值． 【答案】（1）, （2） 【解析】 【分析】（1）由空间向量的坐标表示中加减法的运算即可求得向量的坐标，再使用模长计算公式即可求得； （2）同（1）中的加减法运算，先分别计算和的坐标，由可得，再使用空间向量的坐标表示中数量积的运算即可求得的值. 【小问1详解】 已知，． 设，则， 则有，解得，即， 则. 故，. 【小问2详解】 由（1）得，又，， 则，， 由得， 即，解得， 故的值为. 16. 已知在平面直角坐标系中，为原点，抛物线的焦点为，A、B是抛物线上两个不同的点． （1）求抛物线的方程，并求其准线方程； （2）若直线斜率为1，且过点，求线段的长度． 【答案】（1），. （2）8 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标为，故，则，即可得到抛物线方程和准线方程； （2）写出直线的方程，联立直线与抛物线方程利用韦达定理得到，再由焦半径公式得到. 【小问1详解】 因为抛物线的焦点为，所以，则， 所以抛物线方程为，准线方程为. 【小问2详解】 因为直线斜率为1，且过点，所以直线的方程为； 联立直线与抛物线方程，得到， 设，则， 所以过焦点的弦长为. 17. 已知在平面直角坐标系中，，，平面内动点满足．记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程，并说明是什么曲线； （2）已知直线过点，若直线与曲线相切，求直线的方程． 【答案】（1），是以原点为圆心，半径为 2 的圆. （2）或. 【解析】 【分析】（1）设动点，由 利用距离公式列方程化简得到. （2）利用圆心到切线的距离等于半径，分直线的斜率存在和不存在两种情况求解即可. 【小问1详解】 设动点，由 得：， 两边平方化简得到. 所以曲线的方程为，是以原点为圆心，半径为 2 的圆. 【小问2详解】 当直线的斜率存在时，设直线的斜率为 k， 则直线的方程为，即， 由圆心到直线的距离等于半径，得到，解得， 所以直线的方程为，即. 当直线的斜率不存在时，直线方程为 ， 圆心到直线的距离为 2等于半径，故是切线， 综上所述，直线的方程为或. 18. 如图所示，在几何体中，底面，，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 【答案】（1）证明：由底面，，得直线两两垂直， 以点为原点，直线两两垂直分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， 显然是平面的一个法向量，而，， 即，因此平面，又平面， 所以平面. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）由（1）求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解. （3）由（1）（2）求出平面的法向量，再利用面面角的向量法列式求出的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 设平面的法向量，则，令，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（1）知，，设平面的法向量， 则，令，得， 由（2）知平面的法向量，由平面与平面所成角的余弦值为， 得，解得， 所以线段的长为. 19. 已知椭圆的长轴长为4，焦距为2． （1）求椭圆C的标准方程． （2）过点作斜率为k的直线与椭圆相交于A，B两点，y轴上存在点Q使得直线与直线的斜率之和为0． （i）求点Q的坐标； （ii）求的面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出a，c，再根据a，b，c的关系求出b，从而确定椭圆的标准方程； （2）（i）联立直线方程和椭圆方程，消去y得到关于x的二次方程，根据韦达定理及已知条件得到k与点Q坐标关系，进而确定Q的坐标；（ii）根据及韦达定理用k表示出面积，求出其最大值即可． 【小问1详解】 由椭圆的长轴长为4，焦距为2，可得，， 又由， 可得椭圆C的标准方程为； 【小问2详解】 设直线的方程为，设点A，B的坐标分别为，，点Q的坐标为， （i）联立方程消去y后整理为， 有，可得或， 又有，，可得， 直线的斜率为， 同理可得直线的斜率为， 又由直线与直线的斜率之和为0，有， 可化为， 有，有，由k的任意性可得， 故点Q的坐标为； （ii） 令，有， 有， 当且仅当时等号成立，此时， 故的面积的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门熹海高级中学2025-2026学年第一学期期中测试 高二数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷58分，第Ⅱ卷92分，共150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本大题共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. 直线x－y＋3＝0的倾斜角为 A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 2. 已知抛物线的焦点为，准线为，直线与交于点.若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 3. 已知直线，则下列结论正确的个数是（ ） ①直线的纵截距为1； ②向量是直线的一个方向向量； ③过点与直线平行的直线方程为； ④若直线，则 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4. 如图，在三棱柱中，，，，点为与的交点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆与圆相交于两点，则点到直线的距离是（ ） A. 3 B. C. D. 2 6. 已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线于、两点.若的中点坐标为，则双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的右焦点为，过点的直线与圆相切于点且与椭圆相交于、两点，若、恰为线段的三等分点，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，满足条件，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分．共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分．部分选对的按比例给分） 9. 已知圆的半径为1，则下列说法正确的是（ ） A. B. 点在圆的外部 C. 圆心的坐标为 D. 当直线平分圆的周长时， 10. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，若点在双曲线上，、分别是左、右焦点，若的面积为20，则下列判断正确的有（ ） A. 点到轴的距离为 B. C. 为钝角三角形 D. 11. 如图，已知正方体 的棱长为2，E，F分别为AB，AD的中点，而G是线段B₁C₁(可与端点重合)上的动点，以下说法正确的是（ ） A. EF//平面BB₁D₁ B. 当G是B₁C₁的中点时， A₁C⊥平面 EFG C. 当G是B₁C₁的中点时，点C到平面EFG的距离为 D. 当点G与点B₁重合时，直线EG与平面ACD₁所成角最大 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.把答案填在题中横线上） 12. 已知焦点在轴上的椭圆，其焦距为2，则的值等于________． 13. 已知向量，，若与共线，则的值为________． 14. 古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇编》中完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线．现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为________． 四、解答题（本大题共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，． （1）求向量的坐标及； （2）若，求的值． 16. 已知在平面直角坐标系中，为原点，抛物线的焦点为，A、B是抛物线上两个不同的点． （1）求抛物线的方程，并求其准线方程； （2）若直线斜率为1，且过点，求线段的长度． 17. 已知在平面直角坐标系中，，，平面内动点满足．记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程，并说明是什么曲线； （2）已知直线过点，若直线与曲线相切，求直线的方程． 18. 如图所示，在几何体中，底面，，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 19. 已知椭圆的长轴长为4，焦距为2． （1）求椭圆C的标准方程． （2）过点作斜率为k的直线与椭圆相交于A，B两点，y轴上存在点Q使得直线与直线的斜率之和为0． （i）求点Q的坐标； （ii）求的面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $