精品解析：安徽合肥市第八中学2026-2027学年高二上学期11月阶段考试数学试卷

合肥八中2026年高二上学期11月阶段考试 数学试卷 （时长：120分钟 分值：150分） 一、单选题(共8题，每题5分；共40分) 1. 已知抛物线上一点到焦点的距离是2，则该点到轴的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线方程得出焦点坐标和准线方程，再结合抛物线定义求解即可. 【详解】由抛物线方程得焦点，准线方程为， 点到焦点的距离是2， 由抛物线的定义的点到准线的距离为2， 所以到轴的距离为. 故选：A. 2. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用周长为72的矩形截某圆锥得到椭圆，且与矩形的四边相切，椭圆的离心率为，若点，为椭圆长轴的两个端点，为椭圆上除去长轴端点外的任意一点，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以所在的直线为轴，以的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，求出椭圆的方程，进而可得的值，数形结合得出的高为点到轴的距离，计算即可求解. 【详解】以所在的直线为轴，以的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系， 则椭圆的方程为， 由题意可得解得：，所以椭圆的方程为， 因为点，为椭圆长轴的两个端点，所以， 点到轴的距离为的高，则的高， 所以面积为， 故选：B. 3. 已知椭圆C的焦点为，，过的直线与C交于A，B两点．若，，则椭圆C的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得，再由隐含条件求得，则椭圆的方程可求． 【详解】解：，且，，， ，， ，， ，则在轴上． 在△中，， 在△中，由余弦定理可得， 根据，可得， 解得，． 椭圆的方程为：． 故选：． 4. 在我国古代数学名著《九章算术》中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称之为堑堵，如图，在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC，AA1＞AB，堑堵的顶点C1到直线A1C的距离为m，C1到平面A1BC的距离为n，则的取值范围是（ ） A. （1，） B. （，） C. （，） D. （，） 【答案】D 【解析】 【分析】设AB＝BC＝1，AA1＝a，用表示出，得出关于的函数，根据的范围可求出的范围. 【详解】设AB＝BC＝1，则AC＝A1C1，设AA1＝a，则CC1＝a， ∴A1C， ∴C1到直线A1C的距离m， ∵B1C1∥BC，BC⊂平面A1BC，B1C1⊄平面A1BC， ∴B1C1∥平面A1BC， ∴C1到平面A1BC的距离等于B1到平面A1BC的距离， ∴， ∵BC⊥AB，BC⊥BB1，AB∩BB1＝B， ∴BC⊥平面ABB1A1， ∴BC⊥A1B，∴， 又， ∴••n，∴n. ∴. ∵AA1＞AB，∴a＞1， ∴0， ∴. 故选：D. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有几何体的特征，利用等积法求点到平面的距离，求式子的取值范围，属于中档题目. 5. 已知点在直线：上，过点的两条直线与圆：分别相切于两点，则圆心到直线的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】得到四点共圆，且圆的直径为，从而设出，表达出圆心和半径，写出圆的方程，与相减后得到直线的方程为，利用点到直线距离公式得到圆心到直线的距离，配方求出的最小值，从而得到的最大值. 【详解】由题意得：四点共圆，且圆的直径为， 设，则， 则的中点为圆心，圆心坐标为，半径为， 所以圆的方程为：， 整理得：， 将与相减得：， 故直线的方程为， 圆心到直线的距离， 因为， 所以， 当且仅当时，等号成立， 故. 故选：D 6. 已知圆：，则下列命题：①圆上的点到的最短距离的最小值为；②圆上有且只有一点到点的距离与到直线的距离相等；③已知，在圆上有且只有一点，使得以为直径的圆与直线相切.真命题的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用动圆圆心与的距离减去圆的半径求出最小值判断①的正误； 利用动圆圆心轨迹方程结合动圆的半径，判断②的正误； 利用动圆圆心轨迹方程结合动圆的半径，说明以为直径的圆与直线相切，判断③的正误． 【详解】解：对于①，动圆圆心与的距离减去圆的半径为： ， ①不正确． 对于②，已知动圆的圆心，的轨迹方程为：， 动圆构成的轨迹为夹在抛物线和抛物线之间的部分（包括边界）， 抛物线是以点，为焦点以直线为准线的抛物线方程，圆上有且只有一点到点，的距离与到直线的距离相等； 这个点就是抛物线上的点．②正确． 对于③，，，在圆上有且只有一点，使得以为直径的圆与直线相切． 动圆圆心与，的距离减去圆的半径为： ，当且仅当时等号成立． 此时在圆上有且只有一点，，使得以为直径的圆与直线相切．③正确． ②③满足题意． 故选：． 【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，直线与圆的位置关系，曲线轨迹方程的综合应用． 7. 在正三棱锥中，AB，AC，AD两两垂直，E，F分别是AB，AD的中点，过E，F的平面与棱AC交于点G，且（V表示体积），则AC与平面EFG所成角的正切值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件将正三棱锥补形成正方体，由条件可得，从而得出点 的位置,建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】由条件将正三棱锥补形成正方体，如图 分别以为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2 由，则 所以 即，则 所以,, , , 设平面的法向量为 则,即 ，取 设与平面成角，则 所以 所以 故选：D 8. 斜率为的直线与椭圆：交于，两点，线段的中点为，则的范围是（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由点在椭圆内有求m范围，设直线方程联立椭圆整理为一元二次方程形式，则必有，，结合韦达定理有，即可求的范围. 【详解】由题设，在椭圆内，则， 设直线代入椭圆， 整理得且，则， 由图知：直线斜率不可能为0，所以，故或. 故选：C 二、多选题(共3题，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分；共18分) 9. 很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的．下列结论正确的有（ ） A. 该半正多面体的表面积为 B. 平面 C. 点到平面的距离为 D. 若为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】将该半正多面体补成正方体，即可求出正方体的棱长，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】解：将该半正多面体补成正方体， 因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为， 所以该几何体的表面积为，故A错误； 建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，， 所以，，即，，，平面， 所以平面，故B正确； ，，， 设平面的法向量为， 所以，即，所以， 则点到平面的距离，故C正确； 若为线段的中点，则， 所以，， 则异面直线与所成角的余弦值，故D正确； 故选：BCD 10. 如图，在直三棱柱中，，，，､分别是､的中点，是上的动点，则下列结论中正确的是（ ） A. 直线，所成的角的大小随点的位置变化而变化 B. 三棱锥的体积是定值 C. 直线与平面所成的角的余弦值是 D. 三棱柱的外接球的表面积是 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，证明平面，从而可证得，即可判断A； 对于B，证明，从而可说明点到平面的距离即为点到平面的距离，为定值，即可判断B； 对于C，根据平面，可得即为直线与平面所成的角的平面角，求得，即可判断C； 对于D，根据题意可知矩形的对角线即为三棱柱的外接球的直径，求得外接圆的半径，即可判断D. 【详解】解：对于A，在直三棱柱中， 平面，平面，所以， 因为，即，是的中点， 所以， 又，所以平面， 又平面，所以，故A错误； 对于B，因为､分别是､的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离即为点到平面的距离，为定值，即三棱锥的高为定值， 又的面积也为定值，即三棱锥的底面积为定值， 所以三棱锥的体积是定值； 对于C，因为平面，所以即为直线与平面所成的角的平面角， 在中，， 所以，即直线与平面所成的角的余弦值是，故C正确； 对于D，在直三棱柱中，，所以矩形的对角线即为三棱柱的外接球的直径， 矩形的对角线为，即三棱柱的外接球的半径为， 所以三棱柱的外接球的表面积是，故D错误. 故选：BC. 11. 已知直线与圆交于两点，下列说法正确的是（ ） A. 的最小值是4 B. 若过点的直线垂直平分弦，则 C. 的面积的最大值是 D. 中点的轨迹方程为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由直线的方程可求得其过定点，由直线与圆的位置关系可得当时，取得最小值4，可得A正确；利用弦的垂直平分线过圆心和点可求得直线的斜率为，再由两直线垂直的斜率关系可得，即B正确；写出的面积表达式利用函数单调性即可求得的面积的最大值是，即C错误；设的中点，由整理可得，又因为直线的斜率为，可得D正确. 【详解】由得. 令，解得； 所以直线过定点. 由得， 则圆心，半径，如下图所示： 易知当直线时，取得最小值，最小值为，即A正确. 若过点的直线垂直平分弦，则可得直线过圆心， 因此直线的斜率为，因为直线垂直平分弦，所以直线的斜率为1， 即可得，解得，所以B正确. 设圆心到直线的距离为， 则的面积为， 易知，所以可得，所以， 显然函数在上单调递增， 所以，即的面积的最大值是，即C错误. 设的中点为，易得，则， 整理得，即. 直线的斜率为， 所以过定点，且斜率为的直线方程为， 联立与圆可得； 所以直线与圆的相交弦的中点坐标为， 故中点的轨迹方程为，D正确. 故选：ABD 三、填空题(共3题，每题5分；共15分) 12. 曲线与直线l：y＝k（x－2）＋4有两个交点，则实数k的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】首先画出曲线表示的半圆，再判断直线是过定点的直线，利用数形结合判断的取值范围. 【详解】直线l过点A（2，4），又曲线的图象是以（0，1）为圆心，2为半径的半圆， 如图，当直线l与半圆相切，C为切点时，圆心到直线l的距离d＝r， 即，解得. 当直线l过点B（－2，1）时，直线l的斜率为， 则直线l与半圆有两个不同的交点时，实数k的取值范围为. 故答案为： 13. 已知椭圆:与直线:,:,过椭圆上的一点作,的平行线,分别交,于,两点,若为定值,则椭圆的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】方法一:由题意可知, 点的位置与椭圆的离心率无关.因而可分别设和,即可表示出交点的坐标.求得的长,令两种情况下的相等,即可得的关系,进而求得椭圆的离心率. 方法二:根据椭圆的参数方程,可设,进而表示出直线与,由直线交点的求法求得交点的坐标.即可根据两点间距离公式表示出.根据同角三角函数关系式的性质,即可得的关系,进而求得椭圆的离心率. 【详解】方法一:特殊位置分析法 当时,:,: 由解得,同理.所以 当时,:,: 由解得,同理,所以; 因为定值,所以, 此时 故答案为: 方法二:设,则: :, 由 所以 同理 所以 若定值,则 所以 故答案为: 【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系及综合应用,直线交点坐标的求法,两点间距离公式及椭圆的参数方程应用,综合性强,属于难题. 14. 设P，E，F分别是长方体的棱，，的中点，且，M是底面上的一个动点，若平面，则线段长度的最小值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】如图所示，分别取，，的中点Q，R，G，连接，，，，得到M在线段上运动，利用数形结合分析计算得解. 【详解】解：如图所示，分别取，，的中点Q，R，G，连接，，，，易知E，F，P，G，Q，R六点共面. 连接，，， 因为， 又平面,平面, 所以平面.同理可证平面, 因为平面， 所以平面平面， 故M在线段上运动.要使线段长度最小，需使. 此时，得， 所以. 故答案为： 四、解答题(共5题；共77分) 15. 分别求解以下两个小题： （1）两个焦点在x轴上，且经过和两点，求椭圆的标准方程； （2）已知点P为椭圆上的任意一点，O为原点，M满足，求点M的轨迹方程. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】(1)根据给定条件设出椭圆方程，利用待定系数法求解即得； (2)设出点M的坐标，并表示出点P的坐标，借助坐标代换法即可求出点M的轨迹方程. 【详解】（1）依题意，设椭圆方程为，因椭圆经过点和， 于是得，即，解得，， 所以所求椭圆的标准方程为； （2）设点，因，于是得点， 又点P是椭圆上任意一点，因此，，化简得：， 所以点M的轨迹方程是. 16. 如图，在四棱柱中，平面，底面是边长为1的正方形，侧棱. （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）四棱柱中， 平面, 平面, 由正方形可知，,且平面， 平面, ,平面,平面, 平面平面， 平面, 平面 （2）以A为原点，AD为x轴，AB为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， ， , , , , 即. （3）. 【解析】 【分析】(1)根据四棱柱的性质可得面面平行，由面面平行的性质即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直； （3）根据平面的法向量，利用法向量的夹角公式求二面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设平面的法向量， , , 即， 令，则， ， 设平面的法向量， ， ，即 ， 令，则， ， ， 即二面角的余弦值为. 【点睛】关键点点睛：根据四棱柱的性质及条件平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解是解题的关键，属于中档题. 17. 已知圆. （1）若圆与直线相切于点，求直线的方程； （2）已知，圆与轴相交于（点在点的左侧），过点任作一条不与坐标轴垂直的直线，该直线与圆相交于两点，问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据已知求出的值，进而得出圆心、半径.设出直线方程，根据相切关系得出圆心到直线的距离与半径的关系，列出方程，求解即可得出答案； （2）先求出的坐标，设出的直线，代入的方程联立，根据韦达定理得出坐标之间的关系.化简，假设，列出方程，求解即可得出的值. 【小问1详解】 由已知可得，点在圆上， 所以有，解得， 所以，圆的方程为， 化为标准方程为，圆心为，半径. 当直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线与圆不相切； 当直线斜率存在时，设斜率为，则直线方程为， 即. 因为直线与圆相切，所以有圆心到直线的距离， 即， 整理可得，解得， 所以直线的方程为. 【小问2详解】 令，得，解得或， 所以，，. 假设存在实数， 由已知可设直线的方程为， 代入可得，. 设，， 从而. 因为 ， 又 . 因为，所以， 所以，所以. 所以，存在实数，使得. 【点睛】关键点点睛：假设存在实数，使得成立，即可转化为成立. 18. 已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l交双曲线于P，Q两点（不与A，B重合），直线，分别与y轴交于M，N两点． （1）记直线，的斜率分别为，，求； （2）记，的面积分别为，，当时，求直线l的方程． 【答案】（1） ; （2）或或 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，将其与双曲线的方程联立，得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理和直线的斜率公式，计算的值，即可． （2）根据可得，根据两点坐标求解直线的方程，进而可得的坐标，结合韦达定理即可代入求值. 【小问1详解】 由题意知，，， 设直线的方程为，,,， 联立，得， ，，， ， 直线的斜率，直线的斜率， ，为定值． 【小问2详解】 设,则，, 由于,得， 设直线，可得， 设直线，可得， 所以 ， 所以由得， 当时，则，解得，此时直线方程为 当时，则，解得，此时直线方程为 故直线方程为或或 【点睛】圆锥曲线中求定值的常见求解策略，利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造等量关系，利用直线与曲线的联立，得到韦达定理，以及距离公式，弦长公式，直线方程的交点等关系式，还要注意向量的应用，根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，代入等量关系中化简，即可找到解题突破. 19. 已知函数，其中，.若点在函数的图像上，且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点，则称点为点的一个“上位点”，现有函数图像上的点列，，…，，…，使得对任意正整数，点都是点的一个“上位点”. （1）若，请判断原点是否存在“上位点”，并说明理由； （2）若点的坐标为，请分别求出点、的坐标； （3）若的坐标为，记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数，使得无穷数列、、…、…严格减？若存在，求出实数的所有可能值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）原点不存在“上位点”，理由：已知，则，得， 故函数经过点的切线方程为， 其与函数图像无其他交点，所以原点不存在“上位点”. （2）点的坐标为，点的坐标为 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）先求得函数经过点的切线方程，再根据“上位点”的定义判断即可； （2）设点的横坐标为，为正整数，再根据导数的几何意义结合“上位点”的定义化简可得，进而可得、的坐标； （3）由（2），构造等比数列可得，由题意，再根据导数与单调性的关系分析判断即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点的横坐标为，为正整数， 则函数图像在点处的切线方程为， 代入其“上位点”，得， 化简得， 即， 故， 因为，得（*）， 又点的坐标为， 所以点的坐标为，点的坐标为. 【小问3详解】 将代入，解得， 由（*）得，. 即，又， 故是以2为首项，为公比的等比数列， 所以，即，. 令，则严格减， 因为，所以函数在区间上严格增. 当时，，于是当时，严格减，符合要求 当时，. 因为时， 所以当时，， 从而当时严格增，不存在正整数， 使得无穷数列，，…，严格减. 综上，. 【点睛】方法点睛： （1）题中出现新定义时，根据新定义内容与数列与导数的基本方法求解分析； （2）根据数列的递推公式，构造等比数列求解通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥八中2026年高二上学期11月阶段考试 数学试卷 （时长：120分钟 分值：150分） 一、单选题(共8题，每题5分；共40分) 1. 已知抛物线上一点到焦点的距离是2，则该点到轴的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用周长为72的矩形截某圆锥得到椭圆，且与矩形的四边相切，椭圆的离心率为，若点，为椭圆长轴的两个端点，为椭圆上除去长轴端点外的任意一点，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知椭圆C的焦点为，，过的直线与C交于A，B两点．若，，则椭圆C的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 在我国古代数学名著《九章算术》中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称之为堑堵，如图，在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC，AA1＞AB，堑堵的顶点C1到直线A1C的距离为m，C1到平面A1BC的距离为n，则的取值范围是（ ） A. （1，） B. （，） C. （，） D. （，） 5. 已知点在直线：上，过点的两条直线与圆：分别相切于两点，则圆心到直线的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 6. 已知圆：，则下列命题：①圆上的点到的最短距离的最小值为；②圆上有且只有一点到点的距离与到直线的距离相等；③已知，在圆上有且只有一点，使得以为直径的圆与直线相切.真命题的个数为（ ） A. B. C. D. 7. 在正三棱锥中，AB，AC，AD两两垂直，E，F分别是AB，AD的中点，过E，F的平面与棱AC交于点G，且（V表示体积），则AC与平面EFG所成角的正切值等于（ ） A. B. C. D. 8. 斜率为的直线与椭圆：交于，两点，线段的中点为，则的范围是（ ） A. B. C. 或 D. 二、多选题(共3题，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分；共18分) 9. 很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的．下列结论正确的有（ ） A. 该半正多面体的表面积为 B. 平面 C. 点到平面的距离为 D. 若为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 10. 如图，在直三棱柱中，，，，､分别是､的中点，是上的动点，则下列结论中正确的是（ ） A. 直线，所成的角的大小随点的位置变化而变化 B. 三棱锥的体积是定值 C. 直线与平面所成的角的余弦值是 D. 三棱柱的外接球的表面积是 11. 已知直线与圆交于两点，下列说法正确的是（ ） A. 的最小值是4 B. 若过点的直线垂直平分弦，则 C. 的面积的最大值是 D. 中点的轨迹方程为 三、填空题(共3题，每题5分；共15分) 12. 曲线与直线l：y＝k（x－2）＋4有两个交点，则实数k的取值范围是________． 13. 已知椭圆:与直线:,:,过椭圆上的一点作,的平行线,分别交,于,两点,若为定值,则椭圆的离心率为______. 14. 设P，E，F分别是长方体的棱，，的中点，且，M是底面上的一个动点，若平面，则线段长度的最小值为___________. 四、解答题(共5题；共77分) 15. 分别求解以下两个小题： （1）两个焦点在x轴上，且经过和两点，求椭圆的标准方程； （2）已知点P为椭圆上的任意一点，O为原点，M满足，求点M的轨迹方程. 16. 如图，在四棱柱中，平面，底面是边长为1的正方形，侧棱. （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值. 17. 已知圆. （1）若圆与直线相切于点，求直线的方程； （2）已知，圆与轴相交于（点在点的左侧），过点任作一条不与坐标轴垂直的直线，该直线与圆相交于两点，问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由. 18. 已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l交双曲线于P，Q两点（不与A，B重合），直线，分别与y轴交于M，N两点． （1）记直线，的斜率分别为，，求； （2）记，的面积分别为，，当时，求直线l的方程． 19. 已知函数，其中，.若点在函数的图像上，且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点，则称点为点的一个“上位点”，现有函数图像上的点列，，…，，…，使得对任意正整数，点都是点的一个“上位点”. （1）若，请判断原点是否存在“上位点”，并说明理由； （2）若点的坐标为，请分别求出点、的坐标； （3）若的坐标为，记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数，使得无穷数列、、…、…严格减？若存在，求出实数的所有可能值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $