精品解析：浙江台州市十校联盟2026-2027学年高二上学期11月期中联考数学试题

2026学年第一学期台州十校联盟期中联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 一、单选题：本大题共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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 以为圆心，为半径的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，点在上，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 4. 直线，直线，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 如图，在三棱锥中，点是棱的中点，若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆与圆交于，两点，则四边形的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 7. 直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点（如图）．已知椭圆：，的左右焦点分别为，，过点的直线交于，两点，过点作的切线，点关于的对称点为，若，，设椭圆的离心率为，则（） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，且直线的方向向量为，则平面的法向量的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 10. 已知直线与圆C：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线被圆C截得的最短弦长所在直线方程为 C. 若点是圆C上的点，则的最大值为 D. 当时，圆C上有且仅有3个点到直线的距离为 11. 如图，在四棱锥中，是上的动点，为正三角形，，，，．则（ ） A. 平面平面 B. 四棱锥的体积为 C. 若点为线段的中点，则平面 D. 异面直线与所成角的余弦值的最大值为 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知空间向量，，若，则_______________ 13. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程是________________ 14. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个命题：平面内到两定点的距离之比等于常数的点的轨迹是一个圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知点，点是圆上任意一点，若在轴上存在不同于点的定点，使得恒成立，则_________________． 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. 已知中，，． （1）若，求边上的高所在直线的一般式方程； （2）若点为边的中点，求过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程． 16. 在平行六面体中，，，，，侧棱底面．点在棱上，且，点为棱上的动点． （1）求与所成角的大小； （2）若，求． 17. 已知圆C过点和点，且圆心C在直线上． （1）求圆C的方程； （2）已知直线与圆C相交于，两点，求的面积； 18. 如图，在几何体中，已知菱形边长为4，，，，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求点到直线的距离； （3）在线段上是否存在点，使直线与平面夹角为？若存在，求的值；不存在，说明理由． 19. 已知曲线是焦点在轴，长轴为4，离心率为的椭圆． （1）求曲线的方程； （2）过右焦点作斜率不为0的直线交曲线于，两点 （i）设点，求证：为定值； （ii）直线交直线于点，过点作轴的垂线，垂足为，直线交轴于点，直线交轴于点，求线段中点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026学年第一学期台州十校联盟期中联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 一、单选题：本大题共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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线的斜率求倾斜角. 【详解】由直线可知直线斜率为，设其倾斜角为， 则，又，所以， 即直线的倾斜角为. 2. 以为圆心，为半径的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】以为圆心，为半径的圆的方程为， 即. 3. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，点在上，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【详解】设椭圆的半长轴长为，由得，所以． 因为在椭圆上，且、为其两焦点，由椭圆的定义得． 4. 直线，直线，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行时的系数关系求解，与比较判断. 【详解】由可得，解得或， 当时，，即，， 两直线重合，故舍去， 所以“”是“”的充要条件. 5. 如图，在三棱锥中，点是棱的中点，若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为点是棱的中点，则， 所以. 6. 已知圆与圆交于，两点，则四边形的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】将两圆方程作差求相交弦方程，再应用弦心距、半径与弦长关系，利用两点间距离公式，进而求得四边形的面积. 【详解】圆的方程配方得，因此圆心，半径； 圆的方程配方得，因此圆心，半径. 由两点间距离公式得. 将两圆方程相减，消去二次项得到公共弦所在直线方程，即. 点到直线的距离， 因此弦长的一半为，即. 四边形可拆分为以为公共底的两个三角形和， 点到直线的距离， 因此总面积. 7. 直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得直线过定点，曲线为圆心在原点的单位圆在轴上方部分，求出直线与半圆相切与经过两点的临界情况，数形结合即可求得参数范围. 【详解】将曲线方程两边平方，得（）, 可知该曲线表示圆心在原点、半径为1的圆在轴上方部分，包含、两点. 由直线方程可知其过定点，斜率为， 由圆心到直线的距离，解得，此时两直线为； 再考虑直线过点，可得；直线过点，可得. 要使直线与曲线有两个不同的交点， 只需使直线的斜率满足或, 即得实数的取值范围为. 8. 椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点（如图）．已知椭圆：，的左右焦点分别为，，过点的直线交于，两点，过点作的切线，点关于的对称点为，若，，设椭圆的离心率为，则（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用椭圆光学性质与对称性质推出三点共线，结合椭圆定义求出焦点弦分段长度，再通过焦点三角形的余弦定理联立求解离心率平方. 【详解】根据椭圆的光学性质：椭圆在点处的切线是的外角平分线， 因为点关于切线的对称点为，由对称性质可知，切线平分，且， 结合外角平分线性质可推得，因此三点共线，且在与之间. 设，，由题意得， 根据椭圆的定义，得，，所以，， 由共线，得， 将代入，化简得， 由，得，即，解得，所以， 因此，，，， 设，由共线得，椭圆焦距， 在中，由余弦定理得， 代入数值并整理得，即， 在中，由，结合余弦定理得， 代入数值并整理得，即，得， 代入，得，整理得 因此. 二、多项选择题：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，且直线的方向向量为，则平面的法向量的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】已知直线，根据线面垂直的性质，直线的方向向量就是平面的一个法向量， 已知直线的方向向量为， 设平面的法向量为，则存在非零实数，使得， 所以B、D可以作为平面的法向量，A、C不可以. 10. 已知直线与圆C：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线被圆C截得的最短弦长所在直线方程为 C. 若点是圆C上的点，则的最大值为 D. 当时，圆C上有且仅有3个点到直线的距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：整理可得，即可得定点；对于B：分析可知当直线时，直线被圆C截得的弦长最短，根据垂直关系可得和直线方程；对于C：设，则，结合圆的性质求最值；对于D：可得圆心到直线的距离，进而分析判断. 【详解】圆C：的圆心为，半径. 对于选项A：因为直线即为， 所以直线过定点，斜率为，故A正确； 对于选项B：因为，可知点在圆C内，直线与圆C相交， 当直线时，直线被圆C截得的弦长最短， 此时，可得， 所以直线方程为，故B错误； 对于选项C：设，则， 可得， 所以的最大值为，故C正确； 对于选项D：若，直线， 圆心到直线的距离为， 所以圆C上有且仅有2个点到直线的距离为，故D错误. 11. 如图，在四棱锥中，是上的动点，为正三角形，，，，．则（ ） A. 平面平面 B. 四棱锥的体积为 C. 若点为线段的中点，则平面 D. 异面直线与所成角的余弦值的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取的中点，连结，，先证，从而根据线面垂直的判定可得平面，进而根据面面垂直判定即可得证；对于B，作，且垂足为，连接，先证平面，进而结合三角函数的定义，勾股定理，及锥体的体积公式求解即可判断；对于C，取的中点，连结和，先根据线面平行的判定证明平面和平面，进而根据面面平行的判定及性质得证即可判断；对于D，根据题意建立以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴的空间直角坐标系，先确定点的坐标，设，，从而根据异面直线夹角的向量求法，换元法，及二次函数的性质求解即可判断． 【详解】对于A，取的中点，连结，， 由为正三角形，则． 又，则． 在平面内，过点垂直于的直线有且只有一条， 所以，，三点共线，即． 又，且，平面，，所以平面． 又平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，作，且垂足为，连接，结合选项A有平面， 又平面，所以平面平面， 又平面平面，且平面，所以平面， 又平面，所以，且． 由，，则， 则，， 又为正三角形，则，， 所以四边形的面积为， 又，且， 则在中，有，即①， 在中，有，即②， 联立①②，解得，， 所以，故B错误； 对于C，取的中点，连结和， 又点为线段的中点，则， 又平面，而平面，所以平面． 又为正三角形，且，， 则，且，所以，即， 又，，共面，则． 又平面，而平面，所以平面． 又平面，且，所以平面平面， 又平面，所以平面，故C正确； 对于D，由为正三角形，且，，则，即， 所以以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴建立如下图空间直角坐标系， 由，则， 则，，，，即， 设，则，，，， 又，， 则，解得， 即，则，， 又是上的动点，设，， 则，所以， 所以， 令，则，所以， 令，则，则是开口向上，且对称轴为的二次函数， 则该二次函数在处取得最小值，且最小值为， 则，所以异面直线与所成角的余弦值的最大值为，故D正确． 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知空间向量，，若，则_______________ 【答案】2 【解析】 【详解】，解得. 13. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程是________________ 【答案】 【解析】 【分析】首先求出军营关于直线的对称点，再利用对称性有、、共线时取得最小值，即可得. 【详解】设军营关于直线的对称点为， 则线段的中点为,故，解得，故， 故总， 当、、共线时等号， 故最短路程为. 14. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个命题：平面内到两定点的距离之比等于常数的点的轨迹是一个圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知点，点是圆上任意一点，若在轴上存在不同于点的定点，使得恒成立，则_________________． 【答案】0 【解析】 【分析】根据条件写出点坐标满足的方程，消元后求解. 【详解】设点，由，得, 则，即， 因为点在圆上，所以，代入得： ， 令解得（舍）或，得， 则. 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. 已知中，，． （1）若，求边上的高所在直线的一般式方程； （2）若点为边的中点，求过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程． 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据互相垂直两直线斜率的关系，结合直线的点斜式方程进行求解即可； （2）根据中点坐标公式得出，再设直线方程进而代入点的坐标即可得出直线方程. 【小问1详解】 因为，， 所以， 因为是边上的高， 所以，则 所以高所在直线的方程为，即； 【小问2详解】 因为点为边的中点， 所以，解得，即 设在两坐标轴上截距相等的直线方程为或， 因为直线过点，所以或，所以或， 所以过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或， 即或. 16. 在平行六面体中，，，，，侧棱底面．点在棱上，且，点为棱上的动点． （1）求与所成角的大小； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，，，利用向量运算法则得，然后结合数量积的运算律和模的运算，利用夹角公式求解即可； （2）先求得，，然后利用向量垂直列方程得，进而求得． 【小问1详解】 设，，， 则， 所以 ，所以， 又， 记与所成角为，则， 又，所以与所成角为； 【小问2详解】 ， 则，， ， 由得，即， 所以，， 所以． 17. 已知圆C过点和点，且圆心C在直线上． （1）求圆C的方程； （2）已知直线与圆C相交于，两点，求的面积； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出圆心坐标，根据距离公式列方程，解出圆心与半径后写标准方程； （2）先求圆心到弦所在直线的距离和弦长，再以弦长为底、圆心距为高求三角形面积. 【小问1详解】 设圆心，半径为，由圆心在直线上，得， 又圆过和，故，即， 两边平方并整理得，即，即，与联立， 得、，故圆心为， ， 所以圆的方程为； 【小问2详解】 圆心到直线的距离为， 弦长为， 以弦为底、圆心到直线的距离为高，因此， 所以的面积为. 18. 如图，在几何体中，已知菱形边长为4，，，，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求点到直线的距离； （3）在线段上是否存在点，使直线与平面夹角为？若存在，求的值；不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：中，因，则得， 同理可得，又，平面，则平面； 又为菱形， 则可以为原点，为轴，为轴，作平行于的直线为轴，如图建系： 则，，，， 则，，， 设为平面的法向量， 则,故可取， 则 故平面 ； （2） （3）存在 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直判定定理证明、、两两垂直，以为原点， 、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系，利用线面垂直的空间向量证法可得答案； （2）利用空间向量中点到直线的距离公式，代入点和直线的方向向量计算； （3）设在上的参数，写出的方向向量，结合平面的法向量，利用线面夹角公式列方程求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， ∴点到直线距离. 【小问3详解】 假设线段上存在点，设，， 则 由（1）已得平面的法向量为， ∵直线与平面夹角为 ∴， 解得，， ∴存在符合题意，且. 19. 已知曲线是焦点在轴，长轴为4，离心率为的椭圆． （1）求曲线的方程； （2）过右焦点作斜率不为0的直线交曲线于，两点 （i）设点，求证：为定值； （ii）直线交直线于点，过点作轴的垂线，垂足为，直线交轴于点，直线交轴于点，求线段中点的坐标． 【答案】（1） （2）（i）由小问1知：，故右焦点坐标为， 设直线，，， 可得， ， ，， . （ii） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆长轴长确定参数，结合离心率公式求出参数，再利用椭圆中的关系求出参数，代入焦点在轴的椭圆标准方程形式得到曲线的方程； （2）（i）设过右焦点的直线的方程，将其与椭圆方程联立，得到关于交点坐标的一元二次方程，利用韦达定理得到两根之和、两根之积的表达式；根据斜率公式写出的表达式，代入韦达定理的结果化简，验证乘积为定值； （ii）先根据直线的方程求出点的坐标，结合垂直于轴得到点的坐标；分别写出直线、的方程，令求出点的横坐标；利用韦达定理化简中点横坐标的表达式，结合中点纵坐标为0的特征，得到中点的坐标. 【小问1详解】 ，可得，，， ∴椭圆方程为 【小问2详解】 （ii）由小问1知：，故右焦点坐标为， 设直线，，， 可得， ， 直线交直线于点，可得， 过点作轴的垂线，垂足为，可得 直线，令，， 故 同理可得 ， ， 故中点横坐标为， 故中点坐标为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $