精品解析：浙江省新昌中学2025-2026学年第一学期10月份调研考试高二数学试题

新昌中学2025学年第一学期10月份调研考高二数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角（ ） A. B. C. D. 2. 若，，则与同方向的单位向量是（ ） A. B. C. 或 D. 3. 已知圆C：，过点作圆C的切线，则切线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知椭圆，则“”是“椭圆的离心率为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知在四面体中，点是棱上的点，且，点是棱的中点，若其中为实数，则的值是（ ） A. B. C. －2 D. 2 6. 方程表示的曲线是    A. 一个圆和一条直线 B. 一条直线 C. 一个圆和一条射线 D. 一个圆 7. 如图，二面角的大小为，棱上有两点，线段，，，.若，，，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于两点，若，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知圆的半径为2，则（ ） A. B. 点在圆的内部 C. 圆与圆外切 D. 当直线平分圆的周长时， 10. 三棱锥中，平面，，记，，，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则与平面所成的角为 11. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的标准方程为 B. 若，则 C. 若，则的最大值为 D. 若过点的直线与椭圆相交于，两点，，的内切圆半径分别为，，当时，直线的斜率 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线l的方程为____________． 13. 已知三棱锥，平面与平面的法向量分别为，，若，则二面角的大小为______． 14. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，若是曲线上任意一点，则的最小值是______． 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. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求值. 16. 已知椭圆的焦点是，，且，离心率为. （1）求椭圆C的方程； （2）若椭圆C与直线交于M，N两点，且，求实数的值. 17. 已知直线与圆交于，两点，且. （1）求实数的值； （2）若点为直线上的动点，求的面积. 18. 已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 19. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求的方程； （2）直线交于两点． （ⅰ）点关于原点的对称点为，直线的斜率为，证明：为定值； （ⅱ）若上存在点使得，在上的投影向量相等，且的重心在轴上，求直线的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新昌中学2025学年第一学期10月份调研考高二数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由直线的一个方向向量为可得，又因为，所以. 2. 若，，则与同方向的单位向量是（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【详解】可知，则， 所以与同方向的单位向量是. 3. 已知圆C：，过点作圆C的切线，则切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式求出切线的斜率，再求直线方程即可，特别要注意直线斜率是否存在. 【详解】因为，所以圆心，半径， ①当切线斜率不存在时，无法与圆相切，舍； ②当切线斜率存在时，不妨设，则，解得. 所以切线方程为. 故选：D. 4. 已知椭圆，则“”是“椭圆的离心率为”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆离心率定义，对参数的取值进行分类讨论即可判断出结论. 【详解】由可得椭圆，此时离心率为， 此时充分性成立； 若椭圆的离心率为，当时，可得离心率为，解得， 即必要性不成立； 综上可知，“”是“椭圆的离心率为”的充分不必要条件. 故选：A 5. 已知在四面体中，点是棱上的点，且，点是棱的中点，若其中为实数，则的值是（ ） A. B. C. －2 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 利用向量运算得到得到答案. 【详解】 故 故选： 【点睛】本题考查了空间向量的运算，意在考查学生的计算能力. 6. 方程表示的曲线是    A. 一个圆和一条直线 B. 一条直线 C. 一个圆和一条射线 D. 一个圆 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知或，可知表示的曲线. 【详解】因为 所以 或 因为表示以为圆心，半径为1的圆，且圆心到直线的距离为,所以圆在直线的左下方，所以无解， 所以，所以表示一条直线， 故选：B. 【点睛】本题主要考查了圆的方程，直线的方程，属于中档题. 7. 如图，二面角的大小为，棱上有两点，线段，，，.若，，，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量线性运算得，两边平方得到方程，即可计算线段的长. 【详解】∵二面角的大小为，，， ∴，. 由题意得，， ， ∴， ∴，即线段的长为. 故选：B. 8. 已知是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于两点，若，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用勾股定理得出，利用椭圆的定义求得、，利用勾股定理可得出关于的等量关系，由此可解得该椭圆的离心率. 【详解】如下图所示，设，则，， 所以，得， 由椭圆定义可得，，， 所以， 所以为等腰直角三角形，得，， 故该椭圆的离心率为. 故选：D. 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知圆的半径为2，则（ ） A. B. 点在圆的内部 C. 圆与圆外切 D. 当直线平分圆的周长时， 【答案】AC 【解析】 【分析】根据圆的半径为，求得的值，判断A；根据点与圆的位置关系的判定方法，判断B；根据圆与圆的位置关系的判定方法，判断C；根据平分圆的周长时，得到圆心在直线上，求得的值，判断D. 【详解】对于A中，由圆的半径为， 可得，解得，即，所以A正确； 对于B中，由，可得点在圆外，所以B不正确； 对于C中，由圆，可得圆心，半径为， 又由圆的圆心，半径为， 可得两圆心距离为， 即两圆的圆心距等于半径之和，所以两圆相外切，所以C正确； 对于D中，当直线平分圆的周长时，圆心在直线上， 可得，解得，所以D错误． 10. 三棱锥中，平面，，记，，，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则与平面所成的角为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意结合线面垂直可证，利用直角三角形的余弦值的定义与取值范围分析可判断A、B、C；对D：建系，利用空间向量求线面夹角可得，根据题意分析判断. 【详解】∵平面，且平面，则， 平面， ∴平面， 由平面，可得， 设，则， 可得， 故，即， ∵，则， ∴， 故A错误，B、C正确； 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，即， 设与平面所成的角为， 则， 当时，即，则，即， 此时，，则， 即与平面所成的角为，D正确. 故选：BCD. 11. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的标准方程为 B. 若，则 C. 若，则的最大值为 D. 若过点的直线与椭圆相交于，两点，，的内切圆半径分别为，，当时，直线的斜率 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据题意直接得到和，进而得到，即可得到椭圆方程；对于B，设，根据余弦定理得到，进而得到，结合三角形面积公式即可求解面积；对于C，设，根据两点距离公式写出的表达式，再结合点在椭圆上并利用二次函数性质求出最值即可；对于D，设直线，将直线与椭圆方程联立，由韦达定理结合条件求解直线的斜率即可. 【详解】对于A，因为椭圆的长轴长为，所以，又因为椭圆的离心率， 所以，所以，所以椭圆，故A错误； 对于B，设，则， 在中，由余弦定理可得 ，因为，所以， 所以，故B正确； 对于C，设，则 ，对称轴为， 又因为，则，故C正确； 对于D，显然直线斜率不为0，设直线， 由，整理得：恒成立， 所以，依题意有， 得，所以，即， 同理可得，因为，所以，又因为，所以， 因为，所以，解得， 代入到，得，解得：， 所以直线的斜率为：，故D错误. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键是利用设点法，写出距离表达式，最后利用二次函数的性质即可得到最值. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线l的方程为____________． 【答案】或． 【解析】 【分析】分两种情况讨论：①直线l经过原点时，设l：；②直线l不经过原点时，，设l：，求解即可得答案. 【详解】解：直线l在两坐标轴上截距互为相反数有两种情况： ①直线l经过原点时，设l：， 由直线l过点可得，即，所以直线l的方程为； ②直线l不经过原点时，由题意，可设l：， 由直线l过点可得，，解得， 所以直线l的方程为，即； 综上，直线l的方程为或． 故答案为：或． 13. 已知三棱锥，平面与平面的法向量分别为，，若，则二面角的大小为______． 【答案】或 【解析】 【分析】由二面角的大小与法向量夹角相等或互补即可求得结果. 【详解】因为二面角的大小与法向量夹角相等或互补且， 所以二面角的大小为或. 14. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，若是曲线上任意一点，则的最小值是______． 【答案】2 【解析】 【分析】结合已知条件写出曲线的解析式，进而作出图象，将问题等价转化为点到直线的距离，然后利用圆上一点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可求解. 【详解】当，时，曲线C的方程可化为； 当，时，曲线C的方程可化为； 当，时，曲线C的方程可化为； 当，时，曲线C的方程可化为； 由图可知，曲线C是四个半径为的半圆围成的图形， 因为到直线的距离为，所以，当d最小时，易知在曲线C的第一象限内的图象上， 因为曲线C的第一象限内的图象是圆心为，半径为的半圆， 所以圆心到的距离， 从而．即． 故答案为：2 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. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求值. 【答案】（1）7； （2）19或13. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用向量共线列式求出，再利用向量线性运算及模的坐标表示求解. （2）由向量垂直及模的坐标表示求出，进而求出向量的数量积. 【小问1详解】 向量，由，得，解得， ，而，则， 所以. 【小问2详解】 由，得，即，解得， 由，得，解得， 当时，； 当时，， 所以值是19或13. 16. 已知椭圆的焦点是，，且，离心率为. （1）求椭圆C的方程； （2）若椭圆C与直线交于M，N两点，且，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意求出，进而得到，求出椭圆方程； （2）联立直线与椭圆方程，根据根的判别式得到，得到两根之和，两根之积，利用弦长公式表达出弦长，得到方程，检验后求出答案 【小问1详解】 由题意得：，，解得， 故， 故椭圆C的方程为； 【小问2详解】 联立与得，， ，解得， 设，则， 故 ， 又， 所以，解得，满足， 故实数的值为 17. 已知直线与圆交于，两点，且. （1）求实数的值； （2）若点为直线上的动点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆的一般方程得出圆心和半径，再由并结合弦长公式构造方程即可得； （2）由（1）可得，利用两平行线间距离公式求得点到的距离为，可求出的面积. 【小问1详解】 将圆化为， 所以其圆心，半径，作于点， 由垂径定理可得为的中点，如下图所示： 由可得， 又， 所以； 【小问2详解】 由（1）可知，所以， 直线与直线平行， 所以点到的距离为， 因此的面积为. 18. 已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1） 证明：法一：分别取、的中点、，连接、、， 由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，， 因为，所以，所以点、、、四点共面， 因为、分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面； 法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 所以，易知平面的一个法向量， 所以，所以， 又因为平面，所以平面． （2） （3） 假设存在点，使得，其中， 则， 由（2）得平面的一个法向量为， 由题意可得， 整理可得．即， 因为，解得或，所以，或． 【解析】 【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立； 法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为； 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求的方程； （2）直线交于两点． （ⅰ）点关于原点的对称点为，直线的斜率为，证明：为定值； （ⅱ）若上存在点使得，在上的投影向量相等，且的重心在轴上，求直线的方程． 【答案】（1） （2）（ⅰ）设，则， 联立，得， 则， ， 所以，即为定值. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆性质列方程组求解，进而得到椭圆方程. （2）（ⅰ）将直线与椭圆联立消元得到韦达定理，表示出后将韦达定理代入即可证明结论. （ⅱ）由的重心在轴上可求得点横坐标，再由，在上的投影向量相等可得，且， 则可表示直线，进一步得到点坐标；再根据在椭圆上列方程求即可得到直线的方程． 【小问1详解】 由题意得，所以，则， 因此椭圆的方程为 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）如图，设弦的中点的坐标为，点的坐标为，的重心的坐标为， 因为的重心在轴上，所以， 所以， 所以， 因为在上的投影向量相等，所以，且， 所以直线的方程为， 所以， 所以点； 又点在上，所以，即. 又因为，所以，所以直线的方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $