浙江省杭州学军中学2026-2027学年第一学期高二数学周末练（4）

杭州学军中学2026学年第一学期高二数学周末练（4） 班级：___________ 姓名：___________ 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．已知关于x的实系数方程的两虚根a，b满足，则p的值是（   ） A． B． C． D．1 2．已知4个不全相等的正整数的平均数与中位数都是2，则这组数据的极差为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．过，且在x轴上的截距比在y轴上的截距大1的直线方程是（    ） A． B．或 C． D．或 4．已知椭圆的焦点是椭圆的顶点，点到焦点的距离为，则（    ） A． B． C． D． 5．设、分别为椭圆的左、右焦点，，、两点均在椭圆上且满足，，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 6．已知函数（）在区间上单调递增，且在区间内恰有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．已知圆：，直线为（），已知直线与圆相离，若在直线上存在点，在圆上存在两点、，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8A．已知函数的定义域为，且满足：，，；，，.则下列说法中一定正确的是（    ） A．在区间上有最小值 B．在区间上单调递增 C．在区间上有最小值 D．在区间上单调递增 8B．设函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，当时，．若，则（     ） A．0 B．6 C． D．5 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知斜率的直线过定点，圆：，为圆上的任意一点，则下列说法正确的是（    ） A．的最大值为 B．的最大值为 C．直线与圆相切时， D．圆心到直线的距离最大为 10．已知正方体的棱长为1，点满足，，，是棱的中点．以下说法正确的有（     ） A． B．若平面，则 C．若，则的最大值是 D．若当为定值（）时，点的轨迹长度为，则 11．在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，过且倾斜角为的直线与椭圆交于两点，其中点在轴下方，直线交椭圆于另一点，连接，则（    ） A． B． C． D．点到直线与的距离相等 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知两条直线和都经过点，则两点，间的最短距离为__________. 13．椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上位于第一象限内的一点且的平分线交轴于点，则椭圆的离心率为___________． 14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上运动，直线，与椭圆的另一个交点分别为，，且当时，，则__________，若，，则的最小值为__________． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15．设为实数，直线恒过一定点记作，为的一个直角顶点，另两个顶点为、，其中点在轴上，点 (1)求点，的坐标； (2)求斜边中线所在的直线方程； (3)设点，若是线段上的动点，求的取值范围. 16．已知，，分别为三个内角，，的对边，点在边上，是角的内角平分线，，，． (1)求； (2)在的延长线上，连接，，在直线上是否存在一点，使．若存在，求的长，若不存在，说明理由． 17．已知椭圆：的左，右顶点分别是，． (1)点是上异于，的一动点，直线，的斜率分别是，，求的值． (2)直线：与椭圆交于，两点（在第二象限），直线与轴，轴分别交于，两点，求证：． 18．已知椭圆的左、右顶点为，点G是椭圆C的上顶点，直线与圆相切，且椭圆C的离心率为． (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线l交C于M，N两点，若，求直线l的方程． 19．如图，在三棱锥中，点E，F分别在棱，上，平面，平面． (1)证明：； (2)记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，证明：为定值； (3)若，E为线段的中点，设平面与平面的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面的距离的最大值． 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 《杭州学军中学2026学年第一学期高二数学周末练（4）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8A 8B 9 答案 C A D B D B C C C BC 题号 10 11 答案 BC ABD 1．C 【分析】根据复数的性质和判别式求解即可. 【详解】因为关于x的实系数方程的两虚根为a，b， 所以，即. 因为，， 所以，而， 所以，两边平方得，解得. 故选：C. 2．A 【分析】利用平均数求得四个数总和，结合中位数得到中间两数之和，再依据正整数和不全相等的约束计算极差． 【详解】设4个不全相等的正整数为，不妨设，其中， 由平均数为2，得，即 由中位数为2，得，即， 所以，由于是正整数，故， 所以， 若，则，结合，得，四个数全相等，与题设矛盾， 所以，，所以极差为． 3．D 【分析】考虑直线斜率不存在，斜率为0和直线斜率存在且不为0时，设出直线方程，求出在两坐标轴上的截距，从而得到方程，求出答案. 【详解】当过的直线方程斜率不存在时，直线方程为， 显然，此时在x轴上的截距为6，在y轴上截距不存在，不满足要求； 当过的直线方程斜率为0时，直线方程为， 显然，此时在x轴上截距不存在，在y轴上的截距为，不满足要求； 当直线斜率存在且不为0时，设直线方程为， 令得，令得， 由题意得，化简得， 解得或， 故直线方程为或， 即或 故选：D 4．B 【分析】令，根据题意可得出，利用平面内两点间的距离结合已知条件可求出的值. 【详解】令，则椭圆的焦点坐标为， 而椭圆在轴上的顶点坐标为，由题意可知，故， 易知椭圆的焦点坐标为，即， 因为点到焦点的距离为，即，解得. 5．D 【分析】由，设出，根据椭圆的定义可知，，在和中，利用勾股定理列方程求解即可. 【详解】因为，所以设，则． 由椭圆的定义，得，， 在中，， 因为，所以．① 在中，，即．② 联立①②，解得，， 又因为，所以椭圆的离心率． 6．B 【分析】由和求出范围，由题中条件得到，由得到，由题中条件得到，通过解这个不等式组得到的取值范围. 【详解】因为，且， ， 因为函数（）在区间上单调递增， 所以， 解第一个不等式， 即，即，即， 解第二个不等式， 解得，即，即， 又，则， 因为，在区间内恰有两个零点， 所以， 则，解得，即， 又，则， 则的取值范围是. 7．C 【分析】通过分析角的最大值，结合直线与圆的位置关系建立不等式求解参数范围，首先明确圆与直线的基本信息，然后结合切线性质分析角的最大值，角度条件转化为距离条件，最后结合直线与圆的位置关系（距离公式）得出不等关系. 【详解】过作分别与圆相切于两点，连接， 在中，由正弦定理得， 当点相对固定时，均为定值，要使得最大， 则需要最大.当时，即与圆相切时，最大， 即为，所以,同理，， 故 即，所以要使圆上存在两点使得只需要 平分只需要 只需要 则直线与圆相交或相切，又已知直线与圆相离， 则弦心距满足           8A．C 【分析】由，，得，即，，再根据，，，求出的范围,再逐一验证即可. 【详解】因为，，得， 令， 则上式变为对所有非零实数成立， 说明是常数，设(为常数）， 因此得 , 原式时，可得，该式也满足，因此对全体实数成立. 因为，，， 故，整理得， 因为,故，故，所以. 即对称轴. 当时，单调递减，没有最小值，故A错误； 当时，单调递减，故B错误； 当时，因为对称轴，所以有最小值，故C正确； 当时，因为对称轴，当时在单调递减，在单调递增，故D错误. 8B．C 【分析】利用奇偶性，得到对称性，结合解析式求解，，再求解. 【详解】由是偶函数得，所以，故函数关于直线对称， 由是奇函数，的定义域为，故， 令，代入， 即，函数关于点中心对称， 由对称得，而，所以， 已知，得， 由中心对称，令， ，则，， 解得，，所以， 由，令，得,即， 由，令，得， 于是，所以. 9．BC 【分析】先将圆方程化为标准式确定圆心和半径，再结合几何意义、直线与圆的位置关系、点到直线距离公式逐一分析选项． 【详解】由圆：，得圆心，半径， 对于A，表示点到原点的距离的平方，原点到圆心的距离为， 所以到原点的最大距离为，的最大值为，A错误； 对于B，是直线的斜率，当直线与圆相切时斜率取最值， 由圆心到直线距离等于半径得，解得， 所以最大值为，B正确； 对于C，直线的方程为， 相切时圆心到直线的距离等于半径，即，解得，C正确； 对于D，直线过定点，，但距离取时直线为，斜率不存在， 不符合题干“存在斜率”的要求，故距离的最大值小于，D错误． 10．BC 【分析】对于A，直接根据向量运算求解判断即可；对于B，建立空间直角坐标系，利用坐标法得即可判断；对于C，结合B选项，利用坐标法得，再根据基本不等式求解即可判断；对于D，分和两种情况讨论求解即可判断. 【详解】因为点满足，，， 所以点在四边形内（含边界）， 对于A选项，，故错误； 对于B，如图，建立空间直角坐标系，则，， ， ，，，， 因为，所以，即， 因为平面，所以平面， 因为， 所以，当平面时，，即，整理得，故正确； 对于C选项，因为，， 所以，当时，有，即，整理得， 所以，根据基本不等式得，当且仅当时等号成立， 所以，若，则的最大值是，C选项正确； 对于D选项，由正方体的性质易知平面， 所以，当为定值（）时，为定值， 当时，，点即为点；当时，，点即为点； 当时，的轨迹为：以为圆心，半径的圆弧，位于正方形区域内（含边界）， 当，即时，的轨迹为在正方形内的完整圆周， 故当点的轨迹长度为时，，解得； 当，即时，的轨迹为在正方形内的弧， 此时的长为，令，则， 则，故弧长， 此时结合图形可知弧的长度从逐渐减小到0，故存在使得弧长. 综上，当为定值（）时，点的轨迹长度为，则或，故D选项错误. 11．ABD 【分析】根据椭圆的对称性以及椭圆定义即可求解A，联立直线与椭圆的方程，可求解交点坐标，即可根据点的坐标，求解BCD. 【详解】，所以． 对A，设为椭圆的左焦点，因为点关于原点对称，所以， 所以，所以选项A正确； 因为直线过，且倾斜角为，所以直线的方程为：，与椭圆的方程联立，得：，解得， 又因为点在轴下方，所以，则． 对B，因为点与的横坐标相同，所以，所以选项B正确； 对C，（或者：）， 所以，所以选项C错误； 对D， 所以，即， 所以为的角平分线，所以点到直线与的距离相等，所以选项D正确． 故选:ABD．    12． 【分析】确定，分别在直线上，由平行线间距离即可求解. 【详解】因为两条直线和都经过点， 所以，， 所以，分别在直线上， 所以两点，间的最短距离为两平行线间距离，即， 故答案为： 13． 【分析】从角平分线分析判断得到,结合椭圆定义求出与的长度,再在中用余弦定理建立与的关系,最后化简得到离心率. 【详解】已知椭圆：（），焦点，，且. 点在第一象限，满足，该角的平分线交轴于点.    在中，为角平分线，由角平分线定理有（证明见点睛）. 计算，，于是，即. 由椭圆定义得. 设，则，代入上式得，所以. 因此，. 在中，由余弦定理. 代入得. 化简得，离心率. 故椭圆的离心率为. 【点睛】在中，是的平分线.    设，则. 考虑与的面积. 一方面，两个三角形等高（到轴的垂线段为高），因此面积比等于底边之比： . 另一方面，用含角的面积公式： ，， 两式相比得，于是有，即角平分线定理. 14． 【分析】由、知椭圆过，代入求参数即可；设直线的倾斜角为，令，则有，，可得，利用，， 得，，再由得，由利用基本不等式可得答案． 【详解】因为当时，，所以， 即，故． 设直线的倾斜角为，令， 则有，， 可得， 又，则，， 同理可得， 因为，所以， 所以， 故． 当且仅当时等号成立，故的最小值为． 故答案为：①；②．    15．(1)， (2) (3) 【分析】（1）方程转化成，由且，得到，再由，得到； （2）由中点坐标公式得到的中点坐标即可求解； （3）法一：由动点在上运动和动点在上运动，由斜率的几何意义即可求解；法二：确定线段的方程为且，设，联立得到，即可求解. 【详解】（1） 由可得， 令且，解得，， 故直线恒过定点         设，则， 故则， 解得，故 （2）由于，， 故的中点坐标，则， 故直线方程为，即 （3）法一：设与轴的交点为， ①当动点在上运动时， 由斜率的几何意义可得， 当与重合时，， 当在轴上时，，所以.   ②当动点在上运动时， 由斜率的几何意义可得， 当在轴上时，， 当与重合时，，所以，             综上可得.        法二：由于，， 得，所以，即 则线段的方程为且③③     设，其中不为0， 得代入③化简整理得， 即，且， 令，且， 解得 ，则， 即. 16．(1) (2)存在， 【分析】（1）由倍角公式得出，再由余弦定理求出，由勾股定理和锐角三角函数得出答案； （2）由平行性质得出应在的延长线上，由三角恒等变换得出，，进而由正弦定理得出的长. 【详解】（1）由题，， 解得：，，， 在中，， ，，． （2）由题，，故应在的延长线上， 是角的内角平分线，，即三角形为等腰三角形， ， ，，， ， ， ，， 在中，， ． 17．(1) (2) 直线与椭圆相交，联立方程得，，化简得，， 交点为，，其中在第二象限，即， 由韦达定理得，，所以， 直线与轴、轴分别交于，， ，， 因为，所以 【分析】（1）利用点的坐标满足椭圆方程，并表示出，化简可求得该值； （2）联立直线与椭圆方程并利用韦达定理得到，然后表示出和，化简即可证明 【详解】（1） 椭圆的左、右顶点分别为，， 设点，因为点是椭圆上异于左、右顶点的动点， 所以，且， 直线的斜率，直线的斜率， 所以 （2）略 18．(1) (2)或 【分析】（1）由题意首先由以及得，进一步由直线与圆相切，得，联立即可求解. （2）讨论直线斜率不存在时，不满足题意；当直线l斜率存在，设直线方程为，联立椭圆方程，由韦达定理结合即，即可求得，由此即可得解. 【详解】（1）由以及可得：①， 因，， 则即：， 又因直线与圆相切，则， 化简得：②， 联立①②，可解得：， 所以椭圆C的方程为． （2）    设过点的直线l交C于，两点， ①当直线轴，则，，所以不满足题意； ②当直线l斜率存在，设直线方程为， 联立方程，化简得，； 因为，且， 若，则， 所以，代入； 化简得，解得， 所以直线l的方程为或． 19．(1)平面，则，， 平面，则，， ，且是平面的法线， 平面， 又平面，平面平面， ， ， ． (2)   平面，且平面， 平面平面，交线为， 在平面内的投影在上，故直线与平面所成角 为 的余角，即， 设平面与平面的交线为，则，且 平面， 平面， 平面， ， 又 ， ， 二面角的平面角， ， ，则， ，为定值． (3) 【分析】（1）结合已知条件，利用线面垂直判定定理证明结论； （2）利用向量投影得出，利用二面角的性质得出 ，结合 得出 为定值，从而证明结论； （3）建立空间直角坐标系，利用已知条件求出各点坐标，进而求出相关向量，求出平面法向量，再利用点到平面距离公式求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）已知平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系，    已知，E为线段 的中点， 则， 设点， ， 设平面的法向量为，则 ，令 ，则， 点到平面的距离， 当时，分母最小， 最大， ． 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 $