精品解析：辽宁省大连市第二十四中学等校2026～2027学年高二上学期期中考试数学试卷

2026—2027 学年度上学期期中考试高二年级数学科试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上； 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知空间中，，，四点共面，则（　　） A. B. C. D. 2. 已知直线，，若，则实数的值为（　　） A. B. C. 或 D. 或 3. 已知，，，则 在 上的投影的数量为（　　） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系 中，已知 ，， 为直线 上一动点，则 的最小值是（　　） A. B. C. D. 5. 椭圆可以看作圆沿定直线方向拉伸或压缩而得．如图， 是圆 上一动点， 在 轴上的投影为 ，则满足 （）的动点 的轨迹是椭圆．若椭圆的离心率 ，则 （　　） A. B. C. D. 6. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，且平面平面，为线段上一点，且，则平面与平面所成角的余弦值为（　　） A. B. C. D. 7. 已知圆 ，点 是圆 上的一点，过点 作圆 的两条切线，切点分别为 ，，则四边形 的面积最小值为（　　） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为的正方体中，点为的中点，点在线段上，则面积的最小值为（　　） 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，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分． 9. 设 为坐标原点，已知直线 与圆 恒有两个交点 ，，则（　　） A. 直线 过定点 B. C. 当直线 平分圆 时， D. 当 时， 10. 如图，在三棱锥 中，，，，， 分别为 ， 的中点，则（　　） A. 平面 平面 B. 三棱锥 的体积为 C. 异面直线 与 所成角的余弦值为 D. 直线 与平面 所成角的正弦值为 11. 如图所示，用一个与圆柱底面成 角的平面截圆柱，截口曲线是一个椭圆，， 为该椭圆的焦点， 为椭圆上任意一点．若圆柱的底面圆半径为 ，，过 且与椭圆长轴所在直线的夹角为 的直线与椭圆交于 ， 两点，且 ，则下列结论正确的是（　　） A. 椭圆的长轴长为 B. 椭圆的离心率为 C. 满足 的点 共有 个 D. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 已知 ， 均为单位向量，且 ，则 ________． 13. 在棱长为 的正方体 中，点 ， 分别是棱 ， 的中点，动点 在正方形 （包括边界）内运动．若 平面 ，则点 的轨迹长度为________． 14. 椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经椭圆反射后，经过椭圆的另一个焦点．如图，设椭圆 的两个焦点分别为 ，，光线由点 发出后射到椭圆 上的点 处，经反射后到点 ，再经过 轴反射到椭圆 上的点 ，最后反射回点 ，若光线的总路程为 ，且 ，则三角形 的面积为________． 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. 如图，在四棱柱 中， 平面 ，，，，，， 分别为 ， 的中点． （1）求证： 平面 ； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值； （3）求点 到平面 的距离． 16. 已知三角形的顶点，边上的高所在的直线方程为，边的中点为. （1）求边 所在直线的方程； （2）求点 的坐标； （3）求的平分线所在直线的方程. 17. 已知圆 和定点 ，动点 ， 在圆 上， （1）过点 作圆 的切线，求切线方程； （2）若 ，求证：直线 过定点． 18. 如图，在等腰直角中，，点，分别是边，的中点，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）在棱（不含端点）上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19. 已知椭圆，离心率为，过左焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，斜率为且不过原点的直线与椭圆交于，两点． （1）求椭圆的方程； （2）求面积的最大值； （3）设，分别为椭圆的左右顶点，当直线过点时，直线与直线的交点 恰好落在直线上，设，，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027 学年度上学期期中考试高二年级数学科试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上； 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知空间中，，，四点共面，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，计算得空间向量：，， 因为四点共面，所以向量共面， 根据共面向量定理，存在实数，使得， 即，解得. 2. 已知直线，，若，则实数的值为（　　） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以，整理得，解得或. 当时，直线，，可得，符合题意； 当时，直线，，即， 可得，符合题意； 综上所述：实数的值为或. 3. 已知，，，则 在 上的投影的数量为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由已知得：，，所以， 设与的夹角为，因为， 所以在上的投影的数量为：. 4. 在平面直角坐标系 中，已知 ，， 为直线 上一动点，则 的最小值是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】将,代入得与,均大于,故,两点在直线的同侧. 设关于直线的对称点为. 线段的中点在直线上,由中点坐标公式得,化简得. 又与直线垂直,该直线的方向向量为,故,即. 联立解得,,即. 由对称性得,所以. 而,当为线段与直线的交点时取等号. 所以的最小值为. 5. 椭圆可以看作圆沿定直线方向拉伸或压缩而得．如图， 是圆 上一动点， 在 轴上的投影为 ，则满足 （）的动点 的轨迹是椭圆．若椭圆的离心率 ，则 （　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用相关点法（代入法）求出点 的轨迹方程，结合椭圆离心率公式建立关于 的方程求解. 【详解】设圆 的方程为 ，设 ，， 因为 是 在 轴上的投影，所以 ， 由 ，得 ， 所以 ，即 ， 因为点 在圆 上， 所以 ，整理得 ， 因为 ，所以 ， 则椭圆的长半轴长 ，短半轴长 ， 由离心率 ， 得 ， 又因为 ， 所以 ， 解得 ， 因为 ，所以 . 6. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，且平面平面，为线段上一点，且，则平面与平面所成角的余弦值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取中点，由面面垂直性质得平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求两平面法向量夹角的余弦值. 【详解】在中，，所以，且，所以， 取的中点，连接，则，且， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 因为底面为直角梯形，，所以，，即， 以为坐标原点，，过且平行于的直线，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 因为，所以，因为， 所以， 所以，所以， 因为，所以平行于轴， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，所以， 平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 则. 7. 已知圆 ，点 是圆 上的一点，过点 作圆 的两条切线，切点分别为 ，，则四边形 的面积最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，将四边形的面积转化为，然后结合图形，即可求得，从而得到结果. 【详解】圆，得圆，圆心，半径， 圆，则圆心，半径， 四边形的面积， 当取最小值时，四边形的面积最小， 而，且， 则，此时. 8. 如图，在棱长为的正方体中，点为的中点，点在线段上，则面积的最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立坐标系，利用空间向量求点到直线的距离，进而求面积的最小值. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 可得，， 则， ，， 可得点到直线的距离， 则的面积， 当且仅当时，等号成立， 所以面积的最小值为. 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，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分． 9. 设 为坐标原点，已知直线 与圆 恒有两个交点 ，，则（　　） A. 直线 过定点 B. C. 当直线 平分圆 时， D. 当 时， 【答案】AC 【解析】 【分析】先由直线方程确定定点，再利用圆心到直线的距离判断相交条件、过圆心的条件及弦长范围. 【详解】对于A，直线方程可化为，故直线恒过点，A正确. 对于B，圆心为，圆心到直线的距离为. 因为，所以，即. 要使直线与圆恒有两个交点，须对任意都有，故，即，B错误. 对于C，直线平分圆时经过圆心，将代入直线方程，得，所以，C正确. 对于D，当时，. 由，得，因此，D错误. 10. 如图，在三棱锥 中，，，，， 分别为 ， 的中点，则（　　） A. 平面 平面 B. 三棱锥 的体积为 C. 异面直线 与 所成角的余弦值为 D. 直线 与平面 所成角的正弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】取中点，连接，利用勾股定理逆定理证明，结合证明平面，进而判断A；利用锥体体积公式计算判断B；建立空间直角坐标系，利用向量法计算异面直线夹角判断C，利用向量法计算线面角判断D.  【详解】选项A：取的中点，连接. 因为，，所以，且. 因为，，所以，且. 在中，，满足，所以. 又，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面，故A正确； 选项B：由A可知平面，即为三棱锥的高. . 所以，故B正确； 选项C：以为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系. 则. 因为为的中点，所以. . ，故异面直线与所成角的余弦值为，故C错误； 选项D：因为为的中点，所以. . 设平面的法向量为， 则，取，则，所以. 设直线与平面所成角为， 则，故D正确. 11. 如图所示，用一个与圆柱底面成 角的平面截圆柱，截口曲线是一个椭圆，， 为该椭圆的焦点， 为椭圆上任意一点．若圆柱的底面圆半径为 ，，过 且与椭圆长轴所在直线的夹角为 的直线与椭圆交于 ， 两点，且 ，则下列结论正确的是（　　） A. 椭圆的长轴长为 B. 椭圆的离心率为 C. 满足 的点 共有 个 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】通过圆柱的半径以及平面夹角求解出椭圆方程后进而解决各类选项. 【详解】因为，且底面半径为，所以长轴为，故A错误， 由于椭圆短轴为，可知椭圆方程为，化简可得. 因为，，可知，离心率为，故B正确， 因为椭圆满足对称性，因此存在点满足时不存在只有一个点的情况，故C错误. 因为，且直线与长轴夹角为，可知直线方程为， 联立椭圆方程，解得，， ，，即，故D正确. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 已知 ， 均为单位向量，且 ，则 ________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用已知的模长等式求出两单位向量的数量积，再根据向量夹角的余弦公式，计算对应向量的数量积与模长，代入求解得到夹角的余弦值. 【详解】由题设，均为单位向量，因此， 由，得   ， 所以 ，整理得， ， ，故， 所以. 13. 在棱长为 的正方体 中，点 ， 分别是棱 ， 的中点，动点 在正方形 （包括边界）内运动．若 平面 ，则点 的轨迹长度为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，构造与平面平行的平面，得出点轨迹，即可得到结果. 【详解】 取的中点，的中点，连接，，， 连接，， 则，，所以， 因为， ， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 因为，所以平面平面， 平面，的轨迹为线段， 则，即点 的轨迹长度为. 14. 椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经椭圆反射后，经过椭圆的另一个焦点．如图，设椭圆 的两个焦点分别为 ，，光线由点 发出后射到椭圆 上的点 处，经反射后到点 ，再经过 轴反射到椭圆 上的点 ，最后反射回点 ，若光线的总路程为 ，且 ，则三角形 的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】先通过题目条件求出椭圆方程，再根据反射镜像原理、焦半径公式和，求出三角形的各边从而求出面积. 【详解】由题可得，解得， 故，故椭圆方程为，设，由题意，椭圆焦点，故. 光线总路程为. 已知总路程为，得. 设，则，由椭圆定义：， ，. 由反射性质，故. 在，中 . 在用中，，  化简得：，解得. 代入得，故， 又因，故. 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. 如图，在四棱柱 中， 平面 ，，，，，， 分别为 ， 的中点． （1）求证： 平面 ； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值； （3）求点 到平面 的距离． 【答案】（1）取中点，因为为中点，所以且， 又为中点，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） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，先证明四边形是平行四边形，再由证明线面平行； （2）以为原点建系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解； （3）求出向量，利用点到平面的距离公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则. 【小问3详解】 ，由（2）平面的法向量 则点到平面的距离. 16. 已知三角形的顶点，边上的高所在的直线方程为，边的中点为. （1）求边 所在直线的方程； （2）求点 的坐标； （3）求的平分线所在直线的方程. 【答案】（1）  （2）  （3）  【解析】 【分析】（1）利用两直线垂直的斜率关系，结合点的坐标求方程. （2）设点的坐标，由中点公式表示点，再联立点所在直线的条件求解. （3）求出所在直线的方程，利用角平分线上的点到角两边的距离相等列方程，并区分内、外角平分线. 【小问1详解】 因为，且，所以. 又经过点，故其方程为，整理得. 【小问2详解】 设，由点在直线上，得. 由为的中点，得. 将点的坐标代入（1）所得方程，得，即. 联立解得，所以. 【小问3详解】 由（2）得，直线的方程为. 设角平分线上任意一点为，由其到角两边的距离相等，得. 化简得或. 将的坐标分别代入，所得值为；分别代入，所得值为. 因此位于前一条直线的两侧，而位于后一条直线的同侧，故的内角平分线所在直线的方程为. 如图，为内角平分线与边的交点. 17. 已知圆 和定点 ，动点 ， 在圆 上， （1）过点 作圆 的切线，求切线方程； （2）若 ，求证：直线 过定点． 【答案】（1）或 （2）设，，直线的方程设为， 代入圆的方程得：，即， 因为直线与圆相交，所以，即， 由韦达定理得：， 已知​，即：，将，代入， 整理得：，即， 所以，也即， 整理得， 化简得，解得或. 当时，直线经过，不合题意，舍去，所以， 即直线方程为，恒过定点. 【解析】 【分析】（1）先检验斜率不存在的直线是否为切线，再设斜率存在的切线方程，利用圆心到切线距离等于半径列方程求解，得到全部切线； （2）设直线为与圆联立，借助韦达定理代入斜率乘积条件化简，求得定值，从而确定定点. 【小问1详解】 若切线斜率不存在，则方程为，圆心到直线的距离等于半径，符合题意； 若切线斜率存在，设其方程为，即， 则圆心到直线的距离，解得， 所以切线方程为，即， 综上，切线方程为或. 【小问2详解】 略 18. 如图，在等腰直角中，，点，分别是边，的中点，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）在棱（不含端点）上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）∵、分别是、的中点，∴是的中位线，，， 折叠前，折叠后，，且，∴平面， 由得平面，又平面，∴， 在中，，，，，∴， 取的中点，连接、， ∵是的中点，∴是的中位线，，， 又，，∴且，四边形是平行四边形，∴， 在中，是斜边的中点，∴， ∵平面，平面，∴。又，、平面， ∴平面， 由，得平面； （2）； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）先证平面，再取中点构造中位线，得到，再证平面，可得平面； （2）建系后求出两平面的法向量，代入面面夹角求余弦值的公式； （3）设参数λ表示动点，求出两个半平面的法向量，由二面角的余弦值列方程，再结合λ的范围取舍. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 又平面，所以平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 平面的一个法向量为， 由，，设平面的法向量为，则 令，则，，得 设平面与平面所成的角为，，则， 故平面与平面所成角的余弦值为； 【小问3详解】 则， 得， 设平面的法向量为， 由，取， 假设在棱上存在一点，使得二面角的余弦值为， 设，则， 得， 设平面的法向量为， 由，取， 则，得， 化简得，解得或（舍去）， 故． 19. 已知椭圆，离心率为，过左焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，斜率为且不过原点的直线与椭圆交于，两点． （1）求椭圆的方程； （2）求面积的最大值； （3）设，分别为椭圆的左右顶点，当直线过点时，直线与直线的交点 恰好落在直线上，设，，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合椭圆的性质可求. （2）设直线的方程为，，设点，的坐标分别为，，结合韦达定理得出其关系，再利用面积公式列出关系式，再利用基本不等式求面积的最大值. （3）设点的坐标为，由题意找到，与的关系，然后构造函数，判断单调性，最后求出最大值. 【小问1详解】 如图所示； 由题知，过左焦点且与轴垂直的直线方程为，由，， ，由，，椭圆的方程为. 【小问2详解】 如图所示； 设直线的方程为，，点，的坐标分别为，， 由（1）可知，椭圆的方程为，由，， 由韦达定理得，， ，. ， ， 设原点到直线的距离为，， ， 又，当，即时（满足），等号成立， ，面积的最大值为. 【小问3详解】 如图所示； 由（1）知，，，设点的坐标为， 由， ，，， 由点在椭圆上，，， 由， ，，， 由点在椭圆上，，， ， 由，， ，，，三点共线. ， 令，，令， ， 令，，， 函数在上单调递增，在上单调递减， ， ， 的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $