北京市某重点校2025-2026学年第二学期高一（0.5+3直升班）期中考试数学试题

**基本信息** 聚焦解析几何与立体几何核心模块，融合故宫角楼、Dandelin双球等文化与科学情境，梯度设计考察数学抽象、空间观念及模型意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|12/48|抛物线准线、椭圆焦点三角形、圆柱截口椭圆|第8题结合圆柱侧面展开与正弦函数，体现数学眼光观察现实世界| |填空题|6/30|复数虚部、圆弦长、双曲线渐近线|第18题多选项判断曲线性质，考察数学思维严谨性| |解答题|5/72|三角函数单调性、立体几何二面角、椭圆综合|第21题分层设问（证明、二面角、距离），第23题结合直线与椭圆交点及坐标运算，培养数学语言表达能力|

2025-2026第二学期24级直升班数学期中考试 （满分150分，时间120分钟）2026.4 一、单选题 1．抛物线的准线方程为（    ） A． B． C． D． 2．已知，为两个不相等非零实数，则方程，与所表示的曲线可能是（    ） A．     B．   C．  D．   3．已知直线，若，则（     ） A．或 B． C．或 D． 4．若圆锥曲线的焦距为4，则其离心率为（     ） A．2 B． C． D． 5．设，为椭圆：的焦点，若在椭圆上存在点，满足，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．已知点，抛物线的焦点为，准线为，则过点和且与抛物线的准线相切的圆有（ ）个 A．1 B．1 C．2 D．3 7．已知实数x，y满足，且，则的取值范围（ ） A． B． C． D． 8. 在实际生活中，常常要用到如图1所示的“直角弯管”. 它的制作方法如下：如图2，用一个与圆柱底面所成角为的平面截圆柱，将圆柱截成两段，再将这两段重新拼接就可以得到“直角弯管”.在制作“直角弯管”时截得的截口是一个椭圆，若将圆柱被截开的一段（如图3）的侧面沿着圆柱的一条母线剪开，并展开成平面图形，则截口展开形成的图形恰好是某正弦型函数的部分图象（如图4）. 记该正弦型函数的最小正周期为T，截口椭圆的离心率为e.若圆柱的底面直径为2，则（ ） A． 图1 图2 图4 图3 B． C． D． 9. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为3的正方形，PD平面ABCD，点M为底面上的动点，M到PD的距离记为d，若MC=2d ，则点M在底面正方形内的轨迹的长度为（ ） A．2 B． C． D． 10．过双曲线的右焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线的左支于点. 若，则双曲线的离心率为（     ） A． B． C． D． 11．故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 12．如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点，（，是截口椭圆的焦点）.设图中球，球的半径分别为3和1，球心距，则下列说法错误的是（    ） A．椭圆的中心不在直线上 B． C．直线与椭圆所在平面所成的角为 D．椭圆的离心率为 二、填空题 13. 在复平面内，点对应的复数为，则复数的虚部为 14．已知圆，直线，则直线被圆截得的弦长的最小值为 ，当弦长最大时，直线方程为 . 15．已知抛物线的焦点为，点为抛物线上的点，点为其准线上的点，且满足．若，则点的横坐标为___________，的面积为______________． 16. 若双曲线的离心率为3，则渐近线方程为 ，该双曲线焦点到渐近线的距离为__________． 17．设O为原点，双曲线的右焦点为F，点P在C的右支上，则 的取值范围是____________. 18. 已知曲线：，下列说法正确的是 ①曲线关于轴对称； ②存在，使得曲线与坐标轴的交点个数为3； ③曲线围成的区域面积是关于的增函数； ④当时，直线：与曲线有且仅有2个交点． 三、解答题 19. 已知函数． （1）若，求及的单调递增区间； （2）已知在区间上单调递增，且，求的最小正周期 20. 在中，. （1）求的大小； （2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上中线的长. 条件①：的面积为； 条件②：； 条件③：. 21．如图，梯形，所在的平面互相垂直，，，，，，点为棱的中点． (Ⅰ)求证：平面； (Ⅱ)求二面角的余弦值； (Ⅲ)判断直线与平面是否相交，如果相交，求出到交点的距离；如果不相交，求直线到平面的距离． 22.已知椭圆的左顶点为A, 上、下顶点分别为，直线的方程为. （Ⅰ）求椭圆E的方程及离心率； （Ⅱ）是椭圆上一点，且在第一象限内，是点关于轴的对称点. 过P作垂直于y轴的直线交直线于点，再过Q作垂直于x轴的直线交直线于点N. 求的大小. 23.已知椭圆经过，两点.为坐标原点，且△的面积为. 过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点,且直线，分别与轴交于点，. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设求的取值范围. 试 卷 第 2 页/ 共 2 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 24级 直升班 数学期中考试参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A C B D A B A B B D B C 1．A 【详解】抛物线的标准方程为，所以抛物线的准线方程为. 2．C 【详解】变形得到， A选项，双曲线交点在轴上，故，此时应该经过第一，二，四象限，A不可能； B选项，椭圆焦点在轴上，故，此时经过第一，二，三象限，B不可能； C选项，双曲线交点在轴上，故，此时应该经过第一，三，四象限，C可能； D选项，椭圆焦点在轴上，故，此时经过第一，二，三象限，D不可能； 3．B 【详解】由题意知直线：，：，， 故，解得，时重合，矛盾. 故. 4．D 【详解】变形为，则，. 所以. 5．A 【详解】由椭圆的性质知，当在椭圆左右顶点时最大， 椭圆上存在一点使，只需在椭圆左右顶点时， 此时，，即. 又，. 又，，解得. 又，. 6．B 【详解】因为点在抛物线上，又焦点，，由抛物线的定义知，过点、且与相切的圆的圆心即为线段的垂直平分线与抛物线的交点，这样的交点共有2个，故过点、且与相切的圆的不同情况种数是2种． 7．A 【详解】可以看成是线段上的点与点连线的斜率， 如图，易求得，， 所以得取值范围为. 8．B 【详解】设截口椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距长为， 因为圆柱的底面直径为2，所以，故，因为椭圆截面与底面的夹角为，所以，所以，所以， 所以，所以，观察图知，正弦型函数的最小正周期为圆柱的侧面展开图的底边边长，即圆柱的底面圆的周长，所以. 9．B 【分析】如图建立空间直角坐标系，由，可得点在底面正方形内的轨迹方程，据此可得答案. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，设，其中， 则. 又因平面，则到的距离等于， 则，其中. 则点在底面正方形内的轨迹为以为圆心，半径为2的圆在底面正方形内的弧.如图，设圆弧与DC，DA交于E，F点，因， 则，则相应轨迹对应弧长为. 10．D 【详解】令双曲线的左焦点为，连接，由切圆于得，， 令双曲线的半焦距为c，则，由，得， 由双曲线定义得，在中，， 由余弦定理得，即， 解得，所以双曲线的离心率. 11．B 【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点到平面的垂线段，在根据已知条件得，解方程求出即可. 【详解】取中点，连接，过作的垂线交的延长线于点， 取中点，连接， 由已知，、分别为、中点， 因为是直三棱柱，所以，且 ， 所以且，所以四边形为平行四边形， 又，所以为矩形，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，， 所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为； ，在中，， 所以，设角，则有， 因为四边形为平行四边形，所以，又因为是直三棱柱，所以， 且，所以，，又因为平面， 平面， 所以，所以，即，解得，所以点到平面的距离是， 12．C 【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图， 点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴， 可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A正确； 椭圆长轴长， 过作于D，连，显然四边形为矩形， 又，则， 过作交延长线于C，显然四边形为矩形， 椭圆焦距，故B正确； 所以直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为，故C错误； 所以椭圆的离心率，故D正确； 13．. 【详解】因为，则，，所以虚部为. 14．； 【详解】直线可化为，过定点， 点代入圆中：，所以点在圆内， 当时，直线被圆截得的弦长最短，即， 当直线过圆心时，直线被圆截得的弦长最长，即， 所以. 15． 3 【分析】根据抛物线的定义求出点的横坐标，设，利用求出点坐标，再根据两点距离公式求出进而求的面积即可. 【详解】因为抛物线的焦点为，点为抛物线上的点，且， 设点横坐标为，则由抛物线的定义可知，解得，将代入抛物线方程，解得，由对称性不妨取，设，则，， 因为，所以，解得，即， 所以，所以的面积， 16．； 【详解】由双曲线的方程可得，解得， 所以，所以双曲线的焦点在轴，且， 所以，又双曲线的离心率为3，所以， 解得，所以，，， 所以焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为，即， 所以焦点到渐近线的距离. 17． 【详解】解：由题知，双曲线的右焦点为， 因为点在的右支上，故设，则， 所以，所以， 因为，所以，，所以，，，即 18．①③④ 【详解】对于①：因为，所以有， 即为：当时，， 当时， 当时，曲线C即为，关于y轴对称， 当时，曲线C表示的是关于y轴对称对称的圆的部分图象. ①正确； 对于②：当时，，所以曲线C过点，， 当时，，即：，所以曲线C过点，， 当时，曲线C与坐标轴有两个交点，当时，曲线C与坐标轴有四个交点， 所以②错误； 对于③：当时， ，如图所示： 当时，曲线C表示的两个圆的方程分别为： ，圆心为，半径， ，圆心为，半径， 由②知，曲线C过，两点， 当时，如图所示： 由图可知，曲线C恒过，，且两个圆的圆心纵坐标均为1， 所以曲线C围成的区域面积随的增大而增大； 当时，如图所示： 由图可知，曲线C同样恒过，，且两个圆的圆心纵坐标还是1， 所以曲线C围成的区域面积随的增大而增大； 且时，区域面积介于和之间， 所以曲线C围成的区域面积是关于a的增函数，③正确； 对于④：当时，若，联立， 整理得：，解得：或， 即与曲线C有且仅有2个交点； 若，联立， 整理得：，解得：或， 即与曲线C有且仅有2个交点，所以④正确. 故答案为：①③④ 19．(1)， (2)答案见解析 【详解】（1）因为 ， 当时，，则， 因为的单调递增区间为，所以令， 解得，所以的单调递增区间为； （2）因为，在区间上单调递增，且， 所以，解得；，又在区间上单调递增， 所以曲线关于对称，且点在曲线的递增部分上， 则，所以，解得， 又，所以，则，所以的最小正周期为； 20．(1)；(2)选①时三角形不存在；选②时边上的中线的长为；选③时边上的中线的长为. 【详解】（1）由正弦定理及，得.（i） 因为，所以.（ii） 由（i）（ii）得.因为，所以. 所以.因为，所以. （2）选①，的面积为，即，即，解得， 因为，由余弦定理得，即，解得， 由基本不等式得，但，故此时三角形不存在，不能选①， 选条件②：，两边平方得，（iii） 由余弦定理得，即，（iiii） 联立（iii）（iiii）得，所以，设边上的中线长为，由余弦定理得. 所以边上的中线的长为1. 选条件③：. 由（1）知，. 所以. 所以. 因为，所以. 所以，即. 所以是以为斜边的直角三角形. 因为，所以. 所以边上的中线的长为. 21．(1)证明见解析； (2)；(3)相交， 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面, 又因为，所以，所以平面． （2）因为，所以，再由（1）知、、两两垂直， 建系如图，A(0,0,0) , D(4,0,0), F(0,0,4), B(0,4,0), C(4,2,0)，,0,4） ,,4,0） ,,2,0）， 设是平面的法向量，由，可得，取，则,1,， 设是平面的法向量，由，可得，取，则,0,， 因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为． （3）由A(0,0,0),M(0,,2),得因为， 所以直线与平面不平行，所以直线与平面相交， 在四边形中延长、交于点，因为平面， 所以平面，点是直线与平面的交点， 因为，是中点，所以，所以， 所以． 22．(1)，；(2) 【详解】（1）因为直线的方程为，所以，，即，， 所以，所以椭圆方程为，离心率 （2）依题意，设，，则，且点是椭圆上一点，可得， 直线的方程为，由，可得，所以， 直线的方程为，令，得， 即，所以， 即直线的倾斜角是，所以. 23．（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ） 【详解】（Ⅰ）因为椭圆C：经过点，所以解得. 由的面积为可知，，解得，所以椭圆C的方程为. （Ⅱ）设直线l的方程为，，. 联立，消y整理可得：. 因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以，解得. 因为，所以k的取值范围是. （Ⅲ）因为，，，. 所以直线的方程是：. 令，解得. 所以点S的坐标为. 同理可得：点T的坐标为. 所以，，. 由，，可得：，，所以. 同理. 由（Ⅱ）得，， 所以 所以的范围是. 答案第8页，共8页 答案第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $