精品解析：河北省NT20名校联合体2026-2027学年高二上学期11月期中考试数学试题

11月高二期中考试 数学 考试说明：1．本试卷共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填在答题卡上． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 椭圆的焦距为（ ） A. 1 B. C. D. 2 2. 已知直线与直线垂直，则直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 3. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与椭圆在第一象限交于点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 在平行六面体中，从顶点出发的三条棱，，的长度分别为1，2，3，且它们两两夹角均为，则体对角线的长度为（ ） A. 5 B. C. 6 D. 5. 光线从点出发，经轴反射后与圆：相切，则入射光线与轴交点的横坐标为（） A. B. 1 C. D. 6. 已知点，则点关于直线的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线：，圆：，与相交于，两点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 在正方体中，，空间中点满足，则平面截动点轨迹的面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. 在上的投影向量为 B. C. D. 与的夹角为锐角 10. 已知直线：，圆：，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与圆相交 B. 当时，圆上有四个点到直线的距离等于 C. 当直线与圆相交于，两点时，的最小值为 D. 直线与轴垂直时，直线与圆的交点中位置较上的交点为，则过点且与圆相切的直线方程是 11. 已知圆：，过点的直线与圆相切，椭圆：，空间向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则直线的斜率为 B. 若，则圆的圆心不在直线上 C. 若直线与椭圆相交于，两点，点为中点，则的方程是 D. 若圆与椭圆有且仅有两个公共点，则的取值范围为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线的倾斜角大小为______. 13. 在正四面体中，，是的中点，是线段（含端点）上一动点，则的取值范围是________． 14. 已知椭圆，为坐标原点，直线与椭圆交于，两点，且，则与满足的关系式为________，面积的取值范围为________． 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. 已知椭圆，直线经过点且与椭圆交于，两点． （1）若直线的斜率为1，求弦的长； （2）若（为坐标原点），求直线的方程． 16. 如图1，在直角梯形中，，，，，，以所在直线为轴，将梯形旋转一周得到一个旋转体（记为），点为旋转体上底面圆周上的动点，如图2． （1）求旋转体的体积与表面积； （2）当直线与旋转体的轴所成角为时，求平面与旋转体底面所成角的余弦值． 17. 在平面直角坐标系中，已知圆：，圆：，直线：． （1）求圆与圆的公共弦所在直线的方程及公共弦长； （2）直线与圆相交于，两点，与圆相交于，两点，且，若直线不经过点，求的值及对应的的取值范围． 18. 如图，在高为1的四棱锥中，平面平面，，底面是面积为的矩形． （1）证明：平面平面； （2）若点在线段上，直线与平面所成角的余弦值是，指出点的位置； （3）求以为直径的球被侧面截得的不规则图形的面积． （参考数据：） 19. 已知椭圆的离心率为，是椭圆的右顶点，是椭圆的上顶点，过点且斜率为，的直线，分别交椭圆于，两点，满足，轴右侧且垂直于轴的动直线分别交，于，两点，为线段的中点． （1）求椭圆的方程； （2）证明：过，两点的动直线恒过定点； （3）证明：动点在一条定直线上． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 11月高二期中考试 数学 考试说明：1．本试卷共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填在答题卡上． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 椭圆的焦距为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】椭圆方程可化为， 所以焦点在轴上，，，所以， 解得，所以焦距为. 2. 已知直线与直线垂直，则直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】直线可化为，其斜率为 2， 与它垂直的直线斜率为，故方向向量可取. 3. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与椭圆在第一象限交于点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求，根据椭圆的定义列式求解. 【详解】在中，由已知可得，又，所以， 由余弦定理得， 所以， 在中，由已知可得，，所以为等边三角形， 所以， 由椭圆定义得，所以. 4. 在平行六面体中，从顶点出发的三条棱，，的长度分别为1，2，3，且它们两两夹角均为，则体对角线的长度为（ ） A. 5 B. C. 6 D. 【答案】A 【解析】 【详解】在平行六面体中，，， 所以， 同理可得，， 因为， 所以 ， 所以. 5. 光线从点出发，经轴反射后与圆：相切，则入射光线与轴交点的横坐标为（） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用对称性将光线反射问题转化为“过点关于轴的对称点且与圆相切”的直线问题，利用圆心到直线的距离等于半径求出斜率，即可得与轴交点横坐标. 【详解】点关于轴对称的点的坐标为：， 此时，问题转化为：求过点且与圆相切的直线与轴交点的横坐标， 由圆的方程可知： 圆的圆心为，半径， 设过点的直线的斜率为（显然直线斜率存在）， 则过点的直线方程为： ， 即：， 因为该直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离， 即：， 两边同时平方，化简得： ， 解得：或， 若，直线方程为， 这条直线平行于轴，光线无法与轴相交，不符合题意，故舍去； 所以，， 将代入直线方程： 令： 得：， 解得：， 因此，入射光线与轴交点的横坐标为. 6. 已知点，则点关于直线的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设因为直线的斜率为， 所以的斜率，整理得，即. 而中点坐标为，代入对称轴方程得，整理得， 联立和，解得，即. 7. 已知直线：，圆：，与相交于，两点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】用点到直线距离公式将问题转化为求圆上点到直线距离的最大值求解. 【详解】圆的圆心为原点，半径， 点到直线的距离为​，即​， 则目标式可改写为：. 因原点到直线的距离为， 说明直线始终是圆的切线，且圆的弦的弦长为定值：， 设弦的中点为，根据梯形中位线性质，到直线的距离之和等于中点到直线距离的2倍， 即， 又因为原点到的距离恒为1，故中点的轨迹是以原点为圆心、半径为1的圆. 原点到直线的距离为，因此圆上的点到的最大距离为， 即， 代入目标式得：. 8. 在正方体中，，空间中点满足，则平面截动点轨迹的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，将距离比条件平方并配方，确定动点轨迹的球心和半径，再利用法向量求球心到截平面的距离，由球的截面性质求面积． 【详解】设正方体的棱长为，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，． 设，由于距离均非负，等价于， 配方得，故动点的轨迹是以为球心、半径的球面． 由，，取，则，所以是平面的一个法向量． 设为球心在平面上的垂足，由，得球心到该平面的距离． 因为，所以截面为圆，设其半径为，由，得截面面积． 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. 在上的投影向量为 B. C. D. 与的夹角为锐角 【答案】ABD 【解析】 【详解】因为向量，， 则，. 对于选项A：在上的投影向量为，故A正确； 对于选项B：若且， 则，即，解得，故B正确； 对于选项C：因为，则，故C错误； 对于选项D：因为，， 则，可知与不共线，且， 所以与的夹角为锐角，故D正确. 10. 已知直线：，圆：，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与圆相交 B. 当时，圆上有四个点到直线的距离等于 C. 当直线与圆相交于，两点时，的最小值为 D. 直线与轴垂直时，直线与圆的交点中位置较上的交点为，则过点且与圆相切的直线方程是 【答案】ACD 【解析】 【分析】分析可知直线过定点，对于A：可知点在圆内，所以直线与圆相交；对于B：求点到直线的距离，进而分析判断；对于C：根据垂径定理运算求解即可；对于D：求点的坐标，根据垂直关系求斜率和直线方程. 【详解】直线：即为， 令，解得， 可知直线过定点. 圆：即为， 可知圆的圆心为，半径， 设圆心到直线的距离为，则. 对于选项A：因为，即点在圆内， 所以直线与圆相交，故A正确； 对于选项B：当时，直线：， 圆心到直线的距离， 所以圆上有个点到直线的距离等于，故B错误； 对于选项C：因为， 当且仅当直线时，等号成立， 所以的最小值为，故C正确； 对于选项D：当直线与轴垂直时，则直线：， 联立方程，解得或，即， 则直线的斜率，可知切线斜率为1， 所以所求切线方程为，即，故D正确. 11. 已知圆：，过点的直线与圆相切，椭圆：，空间向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则直线的斜率为 B. 若，则圆的圆心不在直线上 C. 若直线与椭圆相交于，两点，点为中点，则的方程是 D. 若圆与椭圆有且仅有两个公共点，则的取值范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】讨论直线的斜率，设出直线方程，由圆心到直线的距离为半径求出直线的方程可判断A；由求出，可判断当时圆的圆心在直线上可判断B；由“点差法”可判断C；取特值可判断D. 【详解】圆：，，， 对于A，若，，则圆：，， 若直线的斜率不存在，则，圆心到直线的距离为， 则直线与圆不相切。 若直线的斜率存在，设直线：，则， 则圆心到直线的距离为：， 化简可得，解得：，故A正确； 对于B；若，则，解得：，此时， 若在直线上，解得：， 此时， 此时，点在圆内，不满足过点的直线与圆相切， 所以圆的圆心不在直线上，故B正确； 对于C，若直线与椭圆相交于，两点，设， 因为，两点在椭圆上，则，两式相减可得： ，则， 则，因为点为中点， 所以，即，又因为直线过点， 则，化简可得：，故C正确； 对于D，因为在圆外，故，故， 当且仅当三点共线且在之间时等号成立， 故当圆与椭圆有且仅有两个公共点时，的取值范围不是， 故D错误. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线的倾斜角大小为______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系计算即可. 【详解】由直线可知其斜率为， 所以其倾斜角满足，所以. 故答案为： 13. 在正四面体中，，是的中点，是线段（含端点）上一动点，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先设定参数，设，再利用中点性质分解向量，将和分解为正四面体的棱向量，展开计算，将表示为关于的二次函数，即可求其范围. 【详解】 因为是线段（含端点）上一动点，所以设，， 所以， 因为是的中点， 所以， 所以， 在正四面体中，， 所以所有棱长均为2， 所以任意两条从同一顶点出发的棱夹角为， 所以， ， 所以 ，， 设，二次函数开口向上， 对称轴为直线， 所以当时，为最小值， 当时，为最大值， 所以的取值范围是. 14. 已知椭圆，为坐标原点，直线与椭圆交于，两点，且，则与满足的关系式为________，面积的取值范围为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系，结合向量的数量积可求得与满足的关系式；利用点到直线的距离与弦长公式可得，结合基本不等式可求得面积的取值范围. 【详解】设， 由，得，整理得， 所以， . 因为，所以，所以， 所以，又， 所以，所以， 所以，整理得； 又，所以，所以. 弦长 ， 又原点到直线的距离， 所以 ， 当时，， 当时，， 所以，所以，所以面积的取值范围为. 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. 已知椭圆，直线经过点且与椭圆交于，两点． （1）若直线的斜率为1，求弦的长； （2）若（为坐标原点），求直线的方程． 【答案】（1） （2）或． 【解析】 【分析】（1）根据点斜式可得直线方程，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及弦长公式可得解； （2）根据直线的斜率是否存在分类讨论，斜率存在时，设出直线的方程，与椭圆方程联立，根据韦达定理及可求出斜率，进而得解. 【小问1详解】 若直线的斜率为1，且经过点，则直线的方程为． 联立直线与椭圆方程得，代入消元得，， 整理得． 设，，由韦达定理得，，， 由弦长公式可得，． 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入椭圆方程得，不妨令，，则，故舍去； 如图，当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立得，消去y得． 由，解得． 设，，则，． 因为，所以． 又， 所以． 代入韦达定理得， 化简得，解得，即（满足）， 因此，直线的方程为或，即或． 16. 如图1，在直角梯形中，，，，，，以所在直线为轴，将梯形旋转一周得到一个旋转体（记为），点为旋转体上底面圆周上的动点，如图2． （1）求旋转体的体积与表面积； （2）当直线与旋转体的轴所成角为时，求平面与旋转体底面所成角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）旋转体是圆台，利用圆台的体积和表面积公式求解； （2）因为下底面圆周所在平面，所以以为坐标原点建立空间直角坐标系，动点在上底面圆周上，其坐标可设为，由直线与轴所成角为求出点的坐标，利用法向量的夹角求平面与旋转体底面所成角的余弦值. 【小问1详解】 由题可知，旋转体为圆台，设其上底面半径为，下底面半径为， 则体积为． 母线长， 表面积为． 【小问2详解】 因为下底面圆周所在平面，所以以为坐标原点，，所在直线分别为y轴、z轴， 过点且垂直于平面的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 动点在上底面圆周上，其坐标可设为，则． 由直线与轴所成角为，得， 化简得，，解得， 所以点的坐标为． 设平面的法向量为，由，得 ，令，则，， 可求得法向量为． 旋转体底面所在平面的一个法向量为， 设平面与旋转体底面所成角为，则， 因此，平面与旋转体底面所成角的余弦值为. 17. 在平面直角坐标系中，已知圆：，圆：，直线：． （1）求圆与圆的公共弦所在直线的方程及公共弦长； （2）直线与圆相交于，两点，与圆相交于，两点，且，若直线不经过点，求的值及对应的的取值范围． 【答案】（1）；. （2）；. 【解析】 【分析】（1）利用两圆方程相减即可得公共弦所在直线的方程，再利用圆心到弦的距离，半径，弦长的关系即可求弦长. （2）利用两圆半径与弦长都相等得到两圆心到直线的距离相等，得到方程，再分为两类进行求解即可. 【小问1详解】 圆，圆心，半径； 圆，圆心，半径． 将两圆方程相减，得，即公共弦所在直线的方程为． 圆心到直线的距离， 所以公共弦长为． 【小问2详解】 直线，设圆心和到直线的距离分别为，． 因为且，由勾股定理，得，即， 所以， 两边平方得，，即， 故． 当时，直线． 因为直线与圆和圆相交，所以， 解得． 当直线经过点时，，解得，舍去， 故的取值范围为． 当时，，此时直线，经过点，不符合题意，舍去． 综上，的值为，对应的的取值范围为. 18. 如图，在高为1的四棱锥中，平面平面，，底面是面积为的矩形． （1）证明：平面平面； （2）若点在线段上，直线与平面所成角的余弦值是，指出点的位置； （3）求以为直径的球被侧面截得的不规则图形的面积． （参考数据：） 【答案】（1）证明：在矩形中，． 又平面平面，平面平面，且平面， 所以平面． 又因为平面，所以平面平面． （2）点在线段上，且满足 （3） 【解析】 【分析】（1）根据矩形的结构特征及面面垂直的性质定理可证平面，再利用面面垂直的判定定理可得证； （2）取的中点，连接，以为坐标原点，直线为x轴，过点且平行于的直线为y轴，直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，将直线与平面所成角的余弦用向量的数量积表示出来，即可求解； （3）取线段的中点，则为以为直径的球的球心，根据线面垂直得到，设与半圆交于点，则截面面积，设，，则，根据勾股定理可求得，进而根据倍角公式可求得，进一步求得，从而根据面积公式可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，取的中点，连接． 因为，所以． 又平面平面，平面平面，所以平面． 在中，由，得，故． 因为矩形的面积为，所以． 以为坐标原点，直线为x轴，过点且平行于的直线为y轴，直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，． 设平面的法向量为，由，得即取，得． 设，则，故． 设直线与平面所成角为，因为，所以． 由，整理得，解得或（舍去）， 故点在线段上，且满足． 【小问3详解】 解：取线段的中点，则为以为直径的球的球心． 因为，所以球的半径． 由（1）知，平面，且，故平面，即， 由勾股定理可得,作图如图所示，设与半圆交于点，则截面面积． 设，，则，， 故，所以，, 故， 故截得的不规则图形的面积为． 19. 已知椭圆的离心率为，是椭圆的右顶点，是椭圆的上顶点，过点且斜率为，的直线，分别交椭圆于，两点，满足，轴右侧且垂直于轴的动直线分别交，于，两点，为线段的中点． （1）求椭圆的方程； （2）证明：过，两点的动直线恒过定点； （3）证明：动点在一条定直线上． 【答案】（1） （2）由，得椭圆的上顶点为． ①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，； 联立，消去得，得，； ，即，解得. 直线的方程为，即直线过定点. ②直线的斜率不存在时，即，； ，解得； 直线的方程为，也过. 过，两点的动直线恒过定点. （3）过点且斜率为，的直线，，则，； 设垂直于轴的动直线的方程为，. 联立，得点的坐标为； 同理可求得，点的坐标为． 为线段的中点，，； ，； 动点恒在定直线上． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆右顶点坐标，可确定；结合离心率公式，求出；再利用求出，进而得到椭圆标准方程； （2）当直线斜率存在时，可设出直线的方程以及两点的坐标，联立椭圆与直线的方程，并结合韦达定理即可证出直线过定点；再验证直线的斜率不存在时，直线仍过该定点． （3）根据题意分别设出直线，，的方程，联立方程求出，坐标；再根据中点坐标得到点的坐标，从而得到点的横纵坐标满足的直线方程. 【小问1详解】 是椭圆的右顶点，． 椭圆的离心率为，即，. . 椭圆的方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $