精品解析：中国人民大学附属中学朝阳学校2026-2027学年高二上学期期中数学试题

2026北京人大附中朝阳学校高二（上）期中 数 学 2026年11月 第Ⅰ卷（共50分，请将答案填涂在答题纸上） 一、选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意） 1. 若直线过两点和，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆，则圆心与半径分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知椭圆的焦点在轴上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在平行六面体中，，为线段CH的中点，则可表示为（ ） A. B. C. D. 5. 已知P为椭圆上的动点，，且，则（   ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知圆：（）和两点，，若圆上存在一点，使得，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 5 D. 6 7. 设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 8. 设椭圆的左、右焦点分别为，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 9. 已知圆与圆，过动点分别作圆，圆的切线，（，分别为切点），若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 10. 正方体棱长为，为的中点，为线段上动点，为线段上动点，则 （ ） A. 存在无数条直线使得 B. 存在唯一直线使得 C. 点到平面距离最大值为 D. 直线与夹角取值范围 第Ⅱ卷（非选择题部分，共100分） 二、填空题：（本大题共5小题，共25分，把答案写在答题纸上.） 11. 椭圆的焦点坐标为__________；焦距为__________. 12. 已知直线，直线．若，则实数___________． 13. 已知直线及圆心为的圆. （1）当时，则直线与圆相交所得弦长为____________. （2）若直线与圆相切，则实数的值为__________. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别是，且是面积为的正三角形．过垂直于的直线交椭圆M于B，C两点，则的周长为___________． 15. 已知曲线，给出下列四个结论： ①对任意，曲线C关于x轴、y轴、原点对称； ②当时，曲线C是由两条直线和一个正方形组成的图形； ③当时，曲线C上任意两点距离的最大值为； ④当时，曲线C围成的区域面积最小值为4. 其中所有正确结论的序号是____________. 三、解答题：（本大题共5大题，共75分，把答案写在答题纸上.） 16. 如图，在四棱锥中，底面为棱上一点． （1）求证：无论点在棱的任何位置，都有成立； （2）若为中点，求二面角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点，使平面？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由． 17. 如图，在四棱柱中，平面，为线段的中点，再从下列两个条件中选择一个作为已知. 条件①：；条件②：. （1）求直线与所成角的余弦值； （2）求点到平面的距离； （3）已知点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 18. 已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点.当与轴垂直时，线段长度为.为坐标原点. （1）求椭圆的方程 （2）若对任意的直线，点总满足，求实数的值. （3）已知点，求面积的最大值. 19. 已知椭圆的上顶点为，四个顶点组成的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，交轴于点，直线与直线 分别交于点，线段的中点为. 是否存在实数，使得以为直径的圆总与轴相切？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 20. 给定正整数n（），记集合或且.对于由中的三个元素组成的子集，若满足对于任意，均为偶数，则称该三元子集具有性质T. （1）在的子集中，写出一个具有性质T的三元子集；（结论不要求证明） （2）证明：在的子集中，不可能选出10个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集； （3）在的子集中，最多能选出多少个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集？说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京人大附中朝阳学校高二（上）期中 数 学 2026年11月 第Ⅰ卷（共50分，请将答案填涂在答题纸上） 一、选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意） 1. 若直线过两点和，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线上两点坐标表示斜率，再利用斜率和倾斜角的关系，即得解 【详解】由题意，设直线的斜率为，倾斜角为 故 由于，故 故选：B 2. 已知圆，则圆心与半径分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用圆的标准方程写出圆的圆心与半径即可 【详解】圆的方程为为标准形式， 即圆心与半径分别为， 故选：D. 3. 已知椭圆的焦点在轴上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的标准方程，列出不等式组，即可求解. 【详解】由椭圆的焦点在轴上，则满足，解得. 故选：C. 4. 如图，在平行六面体中，，为线段CH的中点，则可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合空间向量的线性运算分析求解即可. 【详解】由题可得：， 所以. 故选：B. 5. 已知P为椭圆上的动点，，且，则（   ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆定义得，，再根据关系即可得到答案. 【详解】P为椭圆上的动点，，且， 则P的轨迹是以为焦点的椭圆， 且，即，，所以， 故选：C． 6. 已知圆：（）和两点，，若圆上存在一点，使得，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由知点P的轨迹方程是以 AB 为直径的圆，将问题等价于圆与圆：有公共点即可求解. 【详解】因为，所以， 因此点 P 必在以 AB 为直径的圆上，圆心为，半径为 ， 因为圆：圆心为 ，半径为， 所以两圆的圆心距为 问题等价于圆与圆：有公共点， 所以，即，解得. 则的最小值为2. 故选：B. 7. 设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可解出； 方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出． 【详解】方法一：因为，所以， 从而，所以． 故选：B. 方法二： 因为，所以，由椭圆方程可知，， 所以，又，平方得： ，所以． 故选：B. 8. 设椭圆的左、右焦点分别为，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据是底角为的等腰三角形，结合在直线上，把用表示出来后可求得离心率． 【详解】因为椭圆的左、右焦点分别为， 为直线上一点，是底角为的等腰三角形， 所以，，如图，， 则，， 所以， 所以，∴，∴． 故选：D． 9. 已知圆与圆，过动点分别作圆，圆的切线，（，分别为切点），若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用几何关系确定动点在线段的中垂线上，并求出中垂线的直线方程，再根据的几何意义求解. 【详解】 如图，因为，且,所以, 所以动点在线段的中垂线上， 因为，所以的中点为， 且，所以中垂线的斜率为， 所以中垂线的直线方程为：，即， 又因为表示点和点的距离， 所以点到直线的距离即为的最小值. 故选:A. 10. 正方体棱长为，为的中点，为线段上动点，为线段上动点，则 （ ） A. 存在无数条直线使得 B. 存在唯一直线使得 C. 点到平面距离最大值为 D. 直线与夹角取值范围 【答案】B 【解析】 【分析】以点为坐标原点、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，设，其中，求出点、的坐标，利用空间向量法逐项判断即可. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系： 则、、、、、、，， 由题意，是中点，故. 设，其中， 则，即点， 设，其中， ，即， 对于A选项，因为，. 若，则，， 化简得：，但、，只有时成立，并非无数条，故A错误； 对于B选项，若，则，即， 由③得：；由②得：； 代入①得：，，. 此时、，存在唯一解，故B正确； 对于C选项，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， ，其中， 所以点到平面的距离为， 令，其中， 所以， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，故， 所以，当且仅当时，等号成立， 故点到平面距离的最大值为，故C错误； 对于D选项，设直线、所成角为，则， ，. 所以， 当，时，，则， 因为，故直线与夹角取值范围不是，故D错误. 故选：B. 第Ⅱ卷（非选择题部分，共100分） 二、填空题：（本大题共5小题，共25分，把答案写在答题纸上.） 11. 椭圆的焦点坐标为__________；焦距为__________. 【答案】 ①. 和 ②. 【解析】 【分析】将椭圆方程化为标准形式判断焦点所在坐标轴，结合椭圆中的基本关系求出半焦距，即可得到焦点坐标与焦距. 【详解】已知椭圆，化为标准形式为， 根据椭圆的几何性质，可得，，因此，结合解得， 由于焦点在轴上，因此焦点坐标为和；焦距为两焦点的间距，即. 12. 已知直线，直线．若，则实数___________． 【答案】## 【解析】 【分析】直接根据两直线垂直的公式计算即可. 【详解】由得，解得 故答案为： 13. 已知直线及圆心为的圆. （1）当时，则直线与圆相交所得弦长为____________. （2）若直线与圆相切，则实数的值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）通过代入的取值判断直线与圆心的位置关系求解弦长；（2）利用直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径的性质建立方程，求解实数的值. 【详解】（1）当时，直线的方程为，圆的方程为， 可得圆心坐标为，圆的半径， 将圆心坐标代入直线方程左侧，计算得，说明圆心在直线上， 因此直线过圆的圆心，与圆相交所得的弦长等于圆的直径，即弦长为； （2） 因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于圆的半径， 又圆心到直线的距离 ，所以，解得. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别是，且是面积为的正三角形．过垂直于的直线交椭圆M于B，C两点，则的周长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由面积为，且其为正三角形，可得.后由中垂线性质结合椭圆定义可得答案. 【详解】如图，设，则，因面积为，且其为正三角形，又，则，则. 又直线BC过，与垂直，为正三角形，则直线BC为中垂线， 则，又， 故的周长，又C，B在椭圆上，则由椭圆定义有. 故答案为： 15. 已知曲线，给出下列四个结论： ①对任意，曲线C关于x轴、y轴、原点对称； ②当时，曲线C是由两条直线和一个正方形组成的图形； ③当时，曲线C上任意两点距离的最大值为； ④当时，曲线C围成的区域面积最小值为4. 其中所有正确结论的序号是____________. 【答案】①②③ 【解析】 【分析】对于①，将代入曲线方程中即可判断；对于②③，将的值代入曲线方程中，作出函数图象即可判断；对于④，先研究曲线在第一象限的图象，再由对称性得到曲线C的完整图象，从而由图象结构特征得恒成立即可求解. 【详解】对于①，因为曲线， 所以将代入曲线方程中，方程不变， 所以对于任意，曲线C关于x轴、y轴、原点对称，故①正确； 对于②，当时，曲线，整理为， 即或， 作出和的图象即该曲线C的图象如图所示： 所以当时，曲线C是由两条直线和一个正方形组成的图形，故②正确； 对于③，当时，曲线，即， 则曲线， 作出该曲线C图象如下图所示： 此时曲线C上两点的距离最大值即为， 所以当时，曲线C上任意两点距离的最大值为，故③正确； 对于④，当时，曲线C：，即， 若，则时曲线为中心是，长轴长为，短轴长为的椭圆在第一象限的部分， 因为曲线C关于x轴、y轴、原点对称， 所以时作出曲线C完整图象形状如图所示： 时，曲线C完整图象为③中所示图象； 时，曲线在第一象限图象为中心是，长轴长为，短轴长为的椭圆在第一象限的部分. 所以综上由对称性曲线C围成的区域面积恒成立， 令，则恒成立，所以， 所以当时，曲线C围成的区域面积最小值不可能为4，故④错误. 故答案为：①②③. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是先研究曲线在第一象限的图象，再利用曲线的对称性得到曲线完整图象，再由图象研究曲线性质即可，树形结合简化了问题的难度. 三、解答题：（本大题共5大题，共75分，把答案写在答题纸上.） 16. 如图，在四棱锥中，底面为棱上一点． （1）求证：无论点在棱的任何位置，都有成立； （2）若为中点，求二面角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点，使平面？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：因为底面底面， 所以． 又， 故平面． 又，平面， 所以无论点在棱的任何位置，都有成立． （2）； （3）当时，平面． 【解析】 【分析】（1）根据已知条件证明，结合可证明平面，再由平面即可求证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，平面的法向量为，由空间向量的夹角公式计算即可求解； （3）由可得，只需，即可得，由线面平行的判定定理即可证明. 【详解】（1）略； （2）如图建立空间直角坐标系 设平面的法向量为 则，令，得，所以， 又因为， 所以平面 所以平面的法向量为 ， 经观察二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为 （3）当时，平面AEC． 证明如下：设， 因为，且， 所以，所以 又平面，平面 所以平面． 所以，当时，平面． 17. 如图，在四棱柱中，平面，为线段的中点，再从下列两个条件中选择一个作为已知. 条件①：；条件②：. （1）求直线与所成角的余弦值； （2）求点到平面的距离； （3）已知点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 【答案】（1） （2） （3）的长为或. 【解析】 【分析】选①或②，都能得到，，后如图以为原点建立空间直角坐标系.则可利用向量方法求线线角，点面距离，面面角解决问题. 【小问1详解】 若选择①，因平面ABCD，平面ABCD，则， 又，平面，平面，，则 平面，又平面，则； 若选择②，做，交AB于F，又，则四边形DCFA是平行四边形，则，又，则. 则在中，，得，又，则. 故，则如图建立以A为原点的空间直角坐标系. 则， 得，则直线与所成角的余弦值为： . 【小问2详解】 因， 则. 设平面的法向量为，则， 取，则求点到平面的距离. 【小问3详解】 因点在线段上，则设，其中. 又，则.又， 设平面法向量为，则， 取，则直线与平面所成角的正弦值为： 或. 得线段的长为或. 18. 已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点.当与轴垂直时，线段长度为.为坐标原点. （1）求椭圆的方程 （2）若对任意的直线，点总满足，求实数的值. （3）已知点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出当与轴垂直时，的坐标，代入椭圆方程，结合焦点坐标得出关于的方程组，解之可得椭圆方程； （2）当与轴不垂直时，由，得 ，设，直线的方程为，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，代入，利用恒等式即可求出； （3）设直线方程为，代入椭圆方程后应用韦达定理得，代入面积公式后整理，利用基本不等式求得最大值，及对应的值，从而得直线斜率． 【小问1详解】 椭圆的右焦点为，所以， 当与轴垂直时，线段长度为，所以，，代入椭圆方程可得， 联立方程组可得，解得， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 当与轴垂直时，由对称性可知：当；，恒成立， 当与轴不垂直时，因为，所以， 设，直线的斜率为 ，则直线的方程为， 又，所以， 又，所以，即， 联立方程组，消去得，所以， 代入上式可得，解得， 综上：； 【小问3详解】 ，， ， 可设此时直线方程为，联立方程组，消去可得：， 所以， 所以， 当且仅当时取等号，此时，即直线斜率为. 19. 已知椭圆的上顶点为，四个顶点组成的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，交轴于点，直线与直线 分别交于点，线段的中点为. 是否存在实数，使得以为直径的圆总与轴相切？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由定点及四边形面积列出等式求解即可； （2）设直线方程，，联立椭圆方程，设，结合 韦达定理，分别得到的方程，进而得到坐标，从而得到坐标，再结合中点到轴的距离等于一半列出等式求解即可； 【小问1详解】 由题意，得 所以. 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由题意，过的直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为. 联立方程组 消去得. 显然，. 设，则 ，. 在中，令，得. 所以. 直线的方程为， 令，得， 所以. 同理可得. 设中点，则 ， 所以. 设中点为，则. 假设存在实数，使得以为直径的圆与轴相切，则点到轴的距离为 . 又因为， 所以， 化简得. 解得. 所以存在，使得以为直径的圆总与轴相切. 【点睛】关键点点睛：设中点为，若存在实数，使得以为直径的圆与轴相切，则点到轴的距离为，以此列方程求解； 20. 给定正整数n（），记集合或且.对于由中的三个元素组成的子集，若满足对于任意，均为偶数，则称该三元子集具有性质T. （1）在的子集中，写出一个具有性质T的三元子集；（结论不要求证明） （2）证明：在的子集中，不可能选出10个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集； （3）在的子集中，最多能选出多少个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集？说明理由. 【答案】（1）故答案不唯一，如 （2） 由题意，中共有个元素，故最多能选出个两两交集为空集的三元子集． 将中所有元素的第一个分量求和（一个元素可以看成一个数组， 第一个数字称为第一个分量，以此类推），知其和等于； 同理，所有第二个分量、第三个分量、⋯⋯的和均等于16. 假设能选出10个符合题意的三元子集，由题意，这10个三元子集覆盖了中的30个元素， 且每个三元子集的所有元素的每一个分量数字之和均为偶数． 故中余下的一个元素的每一个分量都是偶数，即只能为． 这与矛盾． 所以在的子集中，不可能选出10个两两交集为空集，且具有性质的三元子集． （3），理由： 记，其中为偶数．不妨假设时有意义． 当时，的三元子集只有一个，且具有性质， 所以在中最多能选出个两两交集为空集，且具有性质的三元子集． 记中具有性质的三元子集为． 当时，中有个元素，故最多有个两两交集为空集的三元子集． 因为的子集， 和 为两两交集为空集，且具有性质的三元子集（共5个）， 所以在的子集中，最多能选出个两两交集为空集，且具有性质的三元子集． 设为中上述具有性质的三元子集中的任意一个， 同理，得中有个元素，即最多能有个两两交集为空集的三元子集， 且对于，可以对应构造出4个两两交集为空集，且具有性质的三元子集， 即， ， ， . 又因为为中具有性质的三元子集，且与上述集合的交集为空集， 所以在的子集中，最多能选出个两两交集为空集，且具有性质的三元子集． 以此类推，得在的子集中，最多能选出个两两交集为空集，且具有性质的三元子集． 【解析】 【分析】（1）根据集合的新定义直接求解； （2）利用反证法，结合集合的新定义证明即可； （3）分别分析，，中满足条件的子集个数，类比得出结论即可. 【小问1详解】 由题意，或且， 即， 则满足性质T的三元子集不唯一，如. 【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 $