精品解析：北京市陈经纶中学2026-2027学年高二上学期期中考试数学试题

2026-2027学年高二上学期期中考试数学试卷 本试卷共6页，150分，考试时长120分钟，考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知空间向量，，若，则（ ） A. 6 B. 2 C. -6 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】直接用空间向量的数量积公式计算即可求解. 【详解】已知 ，， 因为，所以， 即，化简得 故选：A 2. 直线的一个方向向量可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线的斜截式与斜率的关系结合方向向量的定义求解 【详解】因为直线的斜率为， 对A，，A正确； 对B，，B错误； 对C，，C错误； 对D，，D错误； 故选：A. 3. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 内含 【答案】C 【解析】 【分析】先将第二个圆的一般方程化为标准方程，得到两个圆的圆心与半径，再计算两圆心之间的距离，对比圆心距和两圆半径之和，判断两圆位置关系即可. 【详解】的圆心，半径， 可化为，圆心，半径， ，，， 所以两圆外切. 4. 如图，空间四边形中，，，，点M在线段上，且，点N为中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算，结合空间向量的基本定理运算求解. 【详解】由题意可得： 故选：D. 5. 已知圆：上恰有两个点到直线：的距离等于1，则b的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断圆心到直线的距离，利用距离公式列不等式即解得参数的取值范围. 【详解】圆：的圆心是，半径， 而圆：上恰有两个点到直线：的距离等于1， 所以圆心到直线的距离，满足， 即，解得或. 故选：D. 6. “”是“椭圆的离心率为”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】A 【解析】 【分析】根据椭圆的离心率为求出m，进而求得答案. 【详解】椭圆的离心率为，当时，，得； 当时，，得． 即“”是“椭圆的离心率为”的充分不必要条件． 故选：A. 7. 如图1，北京2022年冬奥会比赛场地之一首钢滑雪大跳台与电力厂的冷却塔交相辉映，实现了它与老工业遗址的有效融合.如图2，冷却塔的外形是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所成的曲面.它的最小半径为，上口半径为，下口半径为，高为.在冷却塔的轴截面所在平面建立如图3所示的平面直角坐标系，设，，，，则双曲线的方程近似为（ ） （参考数据：，，） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，设双曲线的标准方程为，进而结合题意得，设，则，再待定系数，结合已知数据计算即可. 【详解】解：根据题意，设双曲线的标准方程为， 因为，，，， 所以，设， 则点在双曲线上， 所以，， 因为，， 所以，， 所以，解得， 所以. 故双曲线的方程近似为. 故选：A 8. 已知，点在直线上，点在圆上，则的最小值是（　　） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】求得圆的圆心和半径，求出点关于直线的对称点为，结合图形的几何性质求得答案. 【详解】由圆，得，得圆心的坐标是，半径； 点关于直线对称点为， 所以， 当且仅当四点共线且在之间时取等号. 故的最小值是. 故选：B. 9. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，点是点在平面上的投影，点为的重心.若空间中的点满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得的轨迹是过且与平面平行的平面，可得，求解即可. 【详解】因为点是点在平面上的投影，所以平面， 所以平面，所以， 又空间中的点满足，所以的轨迹是过且与垂直的平面， 又为的重心，所以，所以的最小值为， 又正三棱锥的六条棱长均为6，则， 所以，所以的最小值为. 故选：C. 10. 如图，已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面内一动点，则下列命题正确的个数是（ ） ①若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 ②若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 ③若点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 ④若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】对于①，根据线面角可得，可知的轨迹为以为圆心，为半径的圆；对于②，根据勾股定理求出，再根据中位线定理求出点到的中点的距离，可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据圆的面积公式可得结果；对于③，将点到直线的距离转化为点到点的距离，再根据抛物线的定义可得结果；对于④，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式计算推理即可判断. 【详解】①因为与平面所成的角为，即，所以， 所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故①正确； ②若，因为，，所以. 取中点，连接，则， 故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其面积为，故②错误； ③因为平面，且为所在平面内一动点， 所以点到直线的距离为， 即点到点的距离与到直线的距离相等，又不在直线上， 所以点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，故③正确； ④以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，设， 则，， 因为与所成的角为， 所以， 即，化简得， 所以点的轨迹为双曲线，故④正确. 所以正确命题的个数为3个. 故选：C. 第二部分（非选择题共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 抛物线的焦点坐标为_________. 【答案】 【解析】 【分析】将抛物线方程化为标准方程，即可求得答案. 【详解】抛物线可化为，焦点在轴上 ，, 抛物线的焦点坐标为, 故答案为: 12. 已知双曲线，则过且和双曲线只有一个交点的直线的斜率可以是___________．（写出满足条件的一个取值即可） 【答案】（答案不唯一，也正确） 【解析】 【分析】首先说明直线斜率存在，然后设出方程，联立双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解. 【详解】联立与，解得，这表明满足题意的直线斜率一定存在， 设所求直线斜率为，则过点且斜率为的直线方程为， 联立，化简并整理得：， 由题意得解得， 或,此方程无解， 经检验，符合题意. 故答案为：（答案不唯一，也正确）. 13. 在棱长为2的正方体中，Q为AD的中点，P为正方体内部及其表面上的一动点，且平面，则满足条件的所有点P构成的平面图形是_________（四边形、五边形、六边形），其面积为___________． 【答案】 ①. 四边形 ②. 【解析】 【分析】通过建系，求出各个点的坐标，设出点P坐标，利用平面得到关于点P坐标的线性方程，从而得到点P的轨迹，结合正方体的范围依次求出该平面在正方体内的截面边界点，即可得到形状，利用向量坐标证明该形状是矩形，求出边长，即可算出面积. 【详解】以D为原点，分别以、、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 由Q为中点，得 设平面的法向量， ，, ，即， 令，得，， 所以平面的一个法向量， 设点，则， 因为平面， 所以， 即， 即， 故点P的轨迹是平面截正方体所得的截面， 结合正方体的坐标范围：，，， 代入得到该平面在正方体内的截面边界点： 当时，，，得到点和点， 当时，超出正方体范围，取得，， 得到点和点， 连接这四个点，得到的图形是平行四边形属于四边形. 计算该四边形的面积： ，， 所以 所以， 所以四边形是矩形， 边长，， 面积为. 14. 已知直线与交于两点， （1）时，______； （2）若在圆上或其内部存在一点，使得，则的取值范围为______． 【答案】 ①. ； ②. 【解析】 【分析】（1）利用圆的标准方程及点到直线的距离公式，结合圆中半径、半弦长、弦心距的关系即可求解； （2）利用圆的性质及点到直线的距离公式，结合直线与圆的位置关系及绝对值不等式的解法即可求解. 【详解】（1）当时，， 所以圆的圆心坐标为，半径为. 圆心到直线的距离为 . 所以弦长 （2）由，得圆的圆心坐标为,半径为. 由在圆上或其内部存在一点，使得，需使得以为弦的圆心角， 所以圆心到直线的距离为, 即，解得，即或. 且直线与交于两点， 所以，解得 故实数的取值范围为. 故答案为：；. 15. 已知曲线（、为常数），给出下列四个结论： ①曲线关于坐标原点对称； ②当时，曲线恒过两个定点； ③设、为曲线上的两个动点，则存在，，使得有最大值； ④记曲线在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为，则对任意，存在，使得. 其中所有正确结论的序号为__________. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】利用曲线的对称性可判断①；当时，化简曲线方程，求出定点坐标，可判断②；将曲线的方程视为关于的二次方程，利用判别式求出的范围后可判断断③；化简方程得可判断曲线在线段上方，数形结合可判断④. 【详解】对于①，在曲线上任取一点，则， 点关于原点的对称点为， 则， 即点在曲线上，所以，曲线关于坐标原点对称，①对； 对于②，当时，则，曲线的方程为， 由，解得或， 所以，当时，曲线恒过两个定点、，②对； 对于③，当，时，将曲线的方程视为关于的二次方程， 则，故， 故或， 故无最值. 对于④，当，时，由题设可得， 当时，， 即曲线 在第一象限的部分在直线的上方，如图， 则，④对. 故答案为：①②④. 【点睛】关键点点睛：本题关键是求出曲线方程，后运用性质，如对称性，面积借助放缩成三角形即可求解. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 如图，在边长为2的正方体中，是棱上的点，平面交棱于点. （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 【答案】（1） 证明：由正方体性质可知，因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以. （2）1 【解析】 【分析】（1）先证明线面平行，利用线面平行的性质定理可证结论； （2）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量求法可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设的长为， 则, ； 设平面的一个法向量为，则， 令，可得； 设直线与平面所成角为，则， 解得，即线段的长度为1. 17. 已知椭圆：，右焦点和右顶点分别为，.倾斜角为的直线经过且与椭圆交于，两点. （1）求椭圆的离心率； （2）求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由方程结合离心率定义即可得解. （2）先求出直线方程，接着联立椭圆方程，利用韦达定理、弦长公式和点到直线距离依次求出和点A到直线的距离即可由面积公式求解. 【小问1详解】 因为椭圆：，所以， 所以椭圆的离心率为； 【小问2详解】 由题直线的斜率为， 所以直线的方程为，代入椭圆方程得， 设，则， 所以 又点A到直线的距离为 所以的面积为 18. 已知圆经过点，，且圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）若圆与直线交于两点， （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若在圆C上存在点，使四边形为平行四边形，其中为坐标原点，求的值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先设圆心坐标，再根据两点间距离计算求参，即可得出圆的方程； （2）（ⅰ）根据圆心到直线的距离小于半径得出范围；（ⅱ）根据平行四边形结合已知得出菱形，再应用点到直线距离为1得出参数. 【小问1详解】 根据圆心在直线上，设圆心. 因为圆经过，所以， 所以，解得. 所以圆心，所以圆的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意，，所以， 即，所以的取值范围是. （ⅱ）因为四边形为平行四边形，又因为，所以为菱形. 因为，所以点到直线的距离， 所以，符合题意. 19. 如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点． （1）求证：平面 （2）从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°． 【答案】（1）证明见解析 （2）选择②或③， 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可得证； （2）选择条件①时，无法确定四棱柱的高，不满足唯一性；选择条件②和③，根据题意，求得直四棱柱的高，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 连接，因为为的中点，且，所以， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 因为，且平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面； 【小问2详解】 若选择条件①：， 在四棱柱中，可得，所以，而可以由题干条件得到， 此时无法确定四棱柱的高，不满足唯一性，不符合题意； 若选择条件②：． 因为， 由余弦定理得， 所以，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设四棱柱的高为， 可得， 因为分别为的中点，可得， 可得， 因为，可得，解得， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 所以， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 若选择条件③：与平面所成角为． 连接，在直四棱柱中，可得底面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以，即直四棱柱的高， 所以， 则， 设平面的法向量为， 所以， 取，可得，所以， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 20. 已知椭圆：的左焦点，. （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，过点作斜率为且不经过焦点的直线，直线与椭圆交于不同两点，，直线，与轴正半轴分别交于点，.求证：的值为定值. 【答案】（1） （2） 证明：设直线的方程为， 联立，消去并化简得， 又，其中， 且 设，则有， 所以 ， 即， 又，所以， 所以的值为定值. 【解析】 【分析】（1）根据左焦点坐标和及的关系，求出的值，进而求出椭圆的方程； （2）设直线的方程为：，联立椭圆与直线方程，根据韦达定理求出求出为定值，进而证明. 【小问1详解】 因为椭圆：的左焦点，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 略 21. 在平面直角坐标系中，为坐标原点．对任意的点，定义．任取点，，记，，若此时成立，则称点，相关． （1）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由； ①，；②，． （2）给定，，点集． （）求集合中与点相关的点的个数； （）若，且对于任意的，，点，相关，求中元素个数的最大值． 【答案】（1）①相关；②不相关.（2）（）个（）. 【解析】 【分析】（1）根据所给定义，代入不等式化简变形可得对应坐标满足的关系，即可判断所给两个点的坐标是否符合定义要求. （2）（）根据所给点集，依次判断在四个象限内满足的点个数，坐标轴上及原点的个数，即可求得集合中与点相关的点的个数；（）由（1）可知相关点满足，利用分类讨论证明，即可求得中元素个数的最大值． 【详解】若点，相关，则，，而， 不妨设， 则由定义可知， 化简变形可得， （1）对于①，；对应坐标取绝对值，代入可知成立，因此相关； ②对应坐标取绝对值，代入可知，因此不相关. （2）（）在第一象限内，，可知且，有个点；同理可知，在第二象限、第三象限、第四象限也各有个点. 在轴正半轴上，点满足条件；在轴负半轴上，点满足条件； 在轴正半轴上，点满足条件；在轴负半轴上，点满足条件； 原点满足条件； 因此集合中共有个点与点相关. （）若两个不同的点，相关，其中，，，， 可知. 下面证明. 若，则，成立； 若，则， 若，则，亦成立. 由于， 因此最多有个点两两相关，其中最多有个点在第一象限；最少有1个点在坐标轴正半轴上，一个点为原点. 因此中元素个数的最大值为. 【点睛】本题考查了集合中新定义的应用，对题意的理解与分析能力的要求较高，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期期中考试数学试卷 本试卷共6页，150分，考试时长120分钟，考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知空间向量，，若，则（ ） A. 6 B. 2 C. -6 D. -2 2. 直线的一个方向向量可以为（ ） A. B. C. D. 3. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 内含 4. 如图，空间四边形中，，，，点M在线段上，且，点N为中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆：上恰有两个点到直线：的距离等于1，则b的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. “”是“椭圆的离心率为”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 7. 如图1，北京2022年冬奥会比赛场地之一首钢滑雪大跳台与电力厂的冷却塔交相辉映，实现了它与老工业遗址的有效融合.如图2，冷却塔的外形是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所成的曲面.它的最小半径为，上口半径为，下口半径为，高为.在冷却塔的轴截面所在平面建立如图3所示的平面直角坐标系，设，，，，则双曲线的方程近似为（ ） （参考数据：，，） A. B. C. D. 8. 已知，点在直线上，点在圆上，则的最小值是（　　） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 9. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，点是点在平面上的投影，点为的重心.若空间中的点满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面内一动点，则下列命题正确的个数是（ ） ①若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 ②若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 ③若点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 ④若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第二部分（非选择题共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 抛物线的焦点坐标为_________. 12. 已知双曲线，则过且和双曲线只有一个交点的直线的斜率可以是___________．（写出满足条件的一个取值即可） 13. 在棱长为2的正方体中，Q为AD的中点，P为正方体内部及其表面上的一动点，且平面，则满足条件的所有点P构成的平面图形是_________（四边形、五边形、六边形），其面积为___________． 14. 已知直线与交于两点， （1）时，______； （2）若在圆上或其内部存在一点，使得，则的取值范围为______． 15. 已知曲线（、为常数），给出下列四个结论： ①曲线关于坐标原点对称； ②当时，曲线恒过两个定点； ③设、为曲线上的两个动点，则存在，，使得有最大值； ④记曲线在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为，则对任意，存在，使得. 其中所有正确结论的序号为__________. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 如图，在边长为2的正方体中，是棱上的点，平面交棱于点. （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 17. 已知椭圆：，右焦点和右顶点分别为，.倾斜角为的直线经过且与椭圆交于，两点. （1）求椭圆的离心率； （2）求的面积. 18. 已知圆经过点，，且圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）若圆与直线交于两点， （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若在圆C上存在点，使四边形为平行四边形，其中为坐标原点，求的值. 19. 如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点． （1）求证：平面 （2）从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°． 20. 已知椭圆：的左焦点，. （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，过点作斜率为且不经过焦点的直线，直线与椭圆交于不同两点，，直线，与轴正半轴分别交于点，.求证：的值为定值. 21. 在平面直角坐标系中，为坐标原点．对任意的点，定义．任取点，，记，，若此时成立，则称点，相关． （1）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由； ①，；②，． （2）给定，，点集． （）求集合中与点相关的点的个数； （）若，且对于任意的，，点，相关，求中元素个数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $