精品解析：内蒙古自治区包头市第四中学2026-2027学年高二上学期11月期中考试数学试题

包头四中2026-2027学年度第一学期期中考试 高二年级数学试题 考试时长：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每题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. 若直线与直线垂直，则的倾斜角为（） A. B. C. D. 2. 设，已知直线：，：，若“”，则（ ） A. B. C. 或 D. 3. 已知曲线，设，曲线是焦点在坐标轴上的椭圆，则是的（ ） 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 4. 已知，，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 圆截直线的最短弦长为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 8 6. 如图，在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，为线段上的点，且，过的平面交于点，则直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线：（为参数），，，若直线与线段（包括端点）恒有公共点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，为为坐标原点，以为圆心，为半径的圆与椭圆交于M，N两点，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 关于椭圆，下列选项正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长为 B. 椭圆的一个顶点为 C. 椭圆的焦距为 D. 椭圆的离心率为 10. 已知圆：，圆：，，分别是圆与圆上的动点，则有（ ） A. 若圆与圆无公共点，则 B. 当时，两圆公共弦所在直线方程为 C. 当时，的取值范围为 D. 当时，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则不可能等于 11. 已知点在圆：上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 若过点且斜率为的直线与轴交于点，则线段长度的取值范围为 D. 若，，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分． 12. 过三点的圆的标准方程为_____. 13. 在正四面体中，点满足，则直线与所成角的余弦值为______． 14. 点是椭圆上任意一点，点是圆上任意一点，的最大值为______． 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. 已知圆. （1）求m的取值范围. （2）已知直线与圆交于两点，且. ①求； ②求过点的圆的切线方程. 16. 已知在平面直角坐标系中，点，，满足的动点的轨迹记为曲线． （1）求曲线的方程； （2）若点、、，当在曲线上运动时，记的最大值和最小值分别为和，求的值； 17. 已知椭圆方程，离心率为. （1）求的方程； （2）过的右焦点的直线交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求的方程. 18. 在中，，，，分别是AC，AB上的点，满足，且.将沿DE折起到的位置，使，存在动点使如图所示. （1）求证：平面BCDE； （2）当时，求二面角的余弦值； （3）设直线BM与平面所成线面角为，求的最大值. 19. 如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 包头四中2026-2027学年度第一学期期中考试 高二年级数学试题 考试时长：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每题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. 若直线与直线垂直，则的倾斜角为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出已知直线的斜率，再根据两直线垂直的斜率关系得到直线的斜率，最后由倾斜角与斜率的对应关系计算得到的倾斜角. 【详解】将直线整理为斜截式，可得其斜率， 设直线的斜率为，因两直线垂直且斜率均存在，故满足， 代入，解得， 设直线的倾斜角为，其中， 由斜率与倾斜角的关系，得， 又因为， 所以. 2. 设，已知直线：，：，若“”，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】若“”，则，注意验证直线是否重合. 【详解】若“”，则，解得或， 当时，直线：即，：即，此时直线与重合； 当时，直线：，：，此时. 3. 已知曲线，设，曲线是焦点在坐标轴上的椭圆，则是的（ ） 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】B 【解析】 【分析】根据方程表示焦点在坐标轴上的椭圆求出的取值范围，然后根据充分条件、必要条件的定义进行判定即可． 【详解】因为是焦点在坐标轴上的椭圆， 所以，解得：且， 所以“”是“曲线是焦点在坐标轴上的椭圆”的必要不充分条件． 故选：B． 4. 已知，，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用点到直线距离公式列式求解. 【详解】点，则直线的方向向量， 而，所以点到直线的距离. 5. 圆截直线的最短弦长为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】首先判断出直线过定点，再结合圆的几何性质可得到答案. 【详解】因为所以直线过定点 则 结合圆的几何性质可知其最短弦长为 故选：C 6. 如图，在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，为线段上的点，且，过的平面交于点，则直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，把线面距转化为点面距，利用点面距的公式可得答案. 【详解】以点D为坐标原点，直线分别为x轴､y轴､z轴建 立空间直角坐标系，如图所示. 则， ， ，则. 又平面平面平面EFGH. 到平面EFGH的距离，即为点到平面EFGH的距离. 设平面的法向量为，则即 令，则， 又点到平面EFGH的距离， ∴直线到平面EFGH的距离为. 故选：A 7. 已知直线：（为参数），，，若直线与线段（包括端点）恒有公共点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先通过直线的方程确定直线过定点，再结合图形判断斜率的范围，进而可得的取值范围. 【详解】将直线方程整理变形： ， 该式对任意参数恒成立当且仅当，解得， 因此直线恒过定点. 由，，得. 将直线整理为斜截式，可得直线的斜率. 结合图像可知：要让过的直线与线段相交，斜率需满足​， 将代入上式，得，解得. 因此的取值范围是. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，为为坐标原点，以为圆心，为半径的圆与椭圆交于M，N两点，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过边长相等得到角相等，证明三角形相似，利用线段比例关系得到的关系式即可得到结果. 【详解】由题意得，， 由椭圆定义得，故， ∵，，∴， ∴与相似，∴，即， 整理得，故，解得， 由得，，即椭圆的离心率为. 故选：B. 二、多选题：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．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 关于椭圆，下列选项正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长为 B. 椭圆的一个顶点为 C. 椭圆的焦距为 D. 椭圆的离心率为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据椭圆的方程可得a，b的值，即可判断A、B的正误，根据a，b，c的关系，可得c值，即可判断C、D的正误. 【详解】由椭圆的方程可得，所以， 所以椭圆的长轴长为，故A错误； 短轴端点为，则一个顶点为，故B正确； 因为，所以椭圆的焦距为，故C错误； 离心率为，故D正确. 故选：BD 10. 已知圆：，圆：，，分别是圆与圆上的动点，则有（ ） A. 若圆与圆无公共点，则 B. 当时，两圆公共弦所在直线方程为 C. 当时，的取值范围为 D. 当时，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则不可能等于 【答案】BC 【解析】 【分析】先计算两圆圆心距，由两圆无公共点可得两圆相离或内含，由几何法可得或，从而可得A错误；对B直接由两圆的方程相减可得相交弦方程；对C直接由解得；对D由可得是正方形，进而可得，再由点是圆上得，从而可得存在点. 【详解】圆：圆心为，半径； 圆：圆心为，圆心距. 选项A：因为圆心距，， 若圆与圆无公共点，则两圆相离或内含， 当两圆相离时，，解得，且，所以； 当两圆内含时，，解得或，因为，所以. 因此圆与圆无公共点，则或，故A不正确； 选项B：当时，圆：，， 所以两圆相交. 因为①，②， 得，即. 因此两圆公共弦所在直线方程为，B正确； 选项C：当时，圆：， 因为，分别是圆与圆上的动点，且， 所以，即. 因此的取值范围为，C正确； 选项D：当时，圆：. 若，因为是圆的切线，所以， 所以，且， 因此四边形是边长为的正方形，所以. 因为点是圆上的动点，所以，得， 即. 显然，因此存在圆上的点使得，D错误. 11. 已知点在圆：上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 若过点且斜率为的直线与轴交于点，则线段长度的取值范围为 D. 若，，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由圆的方程可得圆心坐标及半径，对A转化为直线与圆有交点时斜率最大值可得；对B转化为直线与圆有公共点时的最小值；对C设出直线方程求得点坐标，再用两点距离公式并结合圆点坐标范围可得；对D直接转化圆上的点到原点的距离的最小值问题可得. 【详解】对原圆方程配方得，圆心，半径 对A选项，令表示点与原点连线的斜率，即直线与圆有交点. 所以圆心到直线的距离，即， 平方整理得： ， 解得， 故​最大值为​​，A正确. AI 对B选项，设，即，即直线与圆有公共点， 所以圆心到直线距离 ，即， 解得，​ 所以的最小值为，不是，故B错误； AI 对C选项，过斜率为​的直线为， 令，得， ， 因为在圆上，所以，因此，故C正确； 对D选项，设，，， 所以， 因为，所以 ， 所以，故D正确. AI 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分． 12. 过三点的圆的标准方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用几何法求出圆心坐标及半径，进而求出圆的标准方程. 【详解】以点为端点的线段的中垂线的方程为，以点为端点的线段的中垂线方程为， 则过三点的圆的圆心为，半径， 所以所求圆的标准方程为. 故答案为： 13. 在正四面体中，点满足，则直线与所成角的余弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】以正四面体共起点的三条棱对应的向量作为空间向量的基底，表示出直线与的方向向量，利用向量数量积运算求出两向量夹角的余弦值即可求解． 【详解】设正四面体的棱长为， 如图，选取从顶点出发的三条棱对应的向量作为空间向量的基底， 即，，． 根据正四面体的性质，可知基底向量的模长相等，且两两夹角均为， 即，． 由点满足，可知点在线段上，且， 故． 因为， 所以， ． 设直线与所成角为，由于异面直线所成角的范围为， 故． 14. 点是椭圆上任意一点，点是圆上任意一点，的最大值为______． 【答案】6 【解析】 【分析】明确圆的圆心与半径，将椭圆上的点到圆上的点的距离最值问题转化为椭圆上的点到圆心的距离最值问题，再通过设，结合椭圆方程将椭圆上的点到圆心的距离转化为关于的二次函数，在的取值范围内求得最值，即可求解． 【详解】已知圆，则其圆心，半径． 由两点距离的最值性质，可得椭圆上任意一点、圆上任意一点， 有， 因此要求的最大值，则需求出的最大值． 设椭圆上点，则满足，即有，． ， 则当时，取得最大值，最大值为，故， 故的最大值为6，即有的最大值为6． 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. 已知圆. （1）求m的取值范围. （2）已知直线与圆交于两点，且. ①求； ②求过点的圆的切线方程. 【答案】（1） （2）①；②或. 【解析】 【分析】（1）根据圆的一般方程成立条件，建立不等式，可得答案. （2）①根据弦长公式，建立方程，求出参数；②根据切线方程的求法，可得答案. 【小问1详解】 （方法一）由题意得，则， 得，所以的取值范围为. （方法二）由， 得，所以的取值范围为. 【小问2详解】 ①由题意得到的距离， 则圆的半径为， 得. ②当所求切线的斜率不存在时，该切线的方程为. 当所求切线的斜率存在时，设该切线的方程为，即. 由，得， 所以所求的切线方程为，即. 综上，过点的圆的切线方程为或. 16. 已知在平面直角坐标系中，点，，满足的动点的轨迹记为曲线． （1）求曲线的方程； （2）若点、、，当在曲线上运动时，记的最大值和最小值分别为和，求的值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接设，再根据条件列方程并化简可得； （2）设，根据两点距离公式表示，再结合在曲线上，从而可得最大值及最小值. 【小问1详解】 设点，由，且点，， 得， 两边平方得，， 整理得，所以曲线的方程为． 【小问2详解】 由题意，设点， 则，，， 所以 ， 又因为在曲线上，所以， 当时，取得最小值，； 当时，取得最大值，， 因此． 17. 已知椭圆方程，离心率为. （1）求的方程； （2）过的右焦点的直线交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质可得椭圆的方程； （2）设直线的方程，再代入椭圆方程，计算弦长，再由面积可得直线的方程 【小问1详解】 题意可知，椭圆，且，. 又因为离心率为，可得， 解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由椭圆，可得，则右焦点为， 由题意知，直线的斜率不为零（否则不能构成），设的方程为， 联立方程组，整理得到， 可得， 设，则， 所以， 又由点到直线的距离， 故的面积， 得，，， 解得或（舍），所以， 所以的方程为或， 即直线的方程为或. 18. 在中，，，，分别是AC，AB上的点，满足，且.将沿DE折起到的位置，使，存在动点使如图所示. （1）求证：平面BCDE； （2）当时，求二面角的余弦值； （3）设直线BM与平面所成线面角为，求的最大值. 【答案】（1） 因为，则， 且，可得， 将沿折起到的位置，始终有，， 因为，平面，所以平面， 由平面，可得， 且，，平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证平面，可得，进而可得平面； （2）建系标点，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角； （3）根据题意可得和平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，，两两垂直，翻折前，因为，且， 所以，，所以， 翻折后， 由勾股定理得， 所以以为原点，直线，，分别为，，轴建立如下空间直角坐标系， 则，，，，，， 可得，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得， 可得， 所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）可知，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得， 且， 因为直线与平面线面角为， 则 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为. 19. 如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）取的中点F，连接，， 又为的中点，则，且， 又是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，且，， 则，，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）①由题意知，， 又是等边三角形，底面为直角梯形， 则，，所以，即， 又因为，且，所以平面， 又平面，故平面平面． ②取的中点，连接，，则，， 又平面平面，且平面平面，所以平面， 所以以为坐标原点，直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 又， 则，，，，， 所以，，，， 因为点在直线上， 不妨设， 所以， 设是平面的法向量，则， 取，则，，即， 假设存在点，使得平面，则， 所以， 但此方程组无解，故不存在点，使得平面． 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形，直角梯形的性质推出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，及线面平行的判定即可证明； （2）①先根据曲率的定义求出，再根据线面垂直的判定及性质推出面面垂直即可证明； ②先证明，，两两垂直，再建立对应的空间直角坐标系，根据空间向量的线性关系求出，再求出平面的法向量，再根据线面垂直的关系得到，进而列方程组求解即可判断点是否存在． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $