精品解析：福建省厦门双十中学2026-2027学年上学期周末考试高二数学试题（03）

厦门双十中学2026-2027学年（上）周末考试高二数学试题（03） 数学 本试卷共5页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 椭圆的短轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由椭圆方程知，故短轴长为. 2. 已知直线：，：，若，则实数的值为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线垂直的判定即可求解． 【详解】由，则， 即，解得，或． 3. 在三棱锥中，，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，连接，得，将异面直线与所成角转化为或其补角，结合余弦定理求出的余弦值即可得到答案． 【详解】取的中点，连接，如图所示，根据三角形的中位线定理可得，所以异面直线与所成的角即或其补角． ，， 在中，，，，所以， 所以，所以． 在中，，， 可得． 在中，由余弦定理可得，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：B． 4. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】转化为点与连线的斜率，数形结合后由直线与圆的位置关系求解. 【详解】记，则为直线的斜率， 故当直线与半圆相切时，得k最小， 此时设，故，解得或（舍去）， 即． 故选：C. 5. 如图,四棱锥的底面是平行四边形,、分别为 线段、上一点，若,且平面，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取PC的中点E,连接AE,EN,AC交BD于O,连接MO，可证明,从而可得平面平面，进而证出，从而可知,即可求解. 【详解】取PC的中点E,连接AE,EN,AC交BD于O,连接MO， 因为，PC的中点E 所以,又O是的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面，又平面， 所以 平面平面， 因为平面PBC交平面，平面，且交线分别是， 所以， 所以 故选D. 【点睛】本题主要考查了线面平行的判定与性质，面面平行的判定与性质，属于中档题. 6. 若直线与椭圆交于两点，椭圆的右焦点为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设椭圆的左焦点为，根据椭圆的定义得为直角三角形，利用余弦定理求得，由同角三角函数关系式求得，即的值. 【详解】设椭圆的左焦点为，由椭圆及直线的对称性，知. 若点B在第一象限，因为，所以. 因为，所以，所以. 所以，所以. 所以. 所以，所以. 由椭圆及直线的对称性，. 故选：D. 7. 在平面直角坐标系中，已知圆和，若点P满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，则所有满足条件的点P的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】用半径相等时弦长相等等价于圆心到直线距离相等，设过点P互相垂直的两条直线，写出距离等式，根据存在无穷多组斜率，令关于k的一次方程系数全为零，解方程组得到两个符合条件的点． 【详解】设，直线斜率为，则斜率为，故 ，一般方程为； ，一般方程为； 由题意知，两圆半径均为2，弦长相等等价于圆心到直线距离相等， 则，化简得 ，或， 存在无穷多组斜率，则有或， 解方程组得或， 故满足条件的点或，共2个． 8. 已知空间向量，，两两的夹角均为，且，.若向量，满足，，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取一三棱锥，，利用余弦定理求出各边长，令，根据题目条件得到⊥，⊥，利用向量运算法则得到，所以当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值，得到答案. 【详解】取三棱锥，， 且，，， 所以，， 如图，令， 因为，， 又， 所以，，即， 所以⊥，⊥， 分别取的中点， 则，，， 所以， 所以当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值， 最大值为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：将向量放入三棱锥中，，令，根据题目条件，推出⊥，⊥，分别取的中点，故，数形结合得到当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 在棱长为1的平行六面体中，，点满足，其中.则（ ） A. 当时， B. 当时，在平面内 C. 当时，的轨迹的面积为 D. 当时，到直线的距离的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量模的运算即可判断A，利用向量线性运算结合共面定理可判断B和C，利用空间向量的坐标运算，求点到面的距离即可判断D. 【详解】 当时，， 因为在棱长为1的平行六面体中，，且， 所以，故A错误； 当时，则 可得， 三向量共面，即在平面内，故B正确； 当时，， 因为，所以表示以为起点，终点在平行四边形的内部及其边上， 则，表示终点的轨迹为平行六面体的中截面，其面积等于平行四边形的面积， 即，故C正确； 当时，， 可得， 当时，可知点在平行四边形内部及其边上， 又因为平面， 所以到直线的距离的最小值等于点到平面的距离， 由已知条件可得：四棱锥是正四面体，且棱长为，所以可如图建系， 可得：， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 即平面的法向量为， 所以点到平面的距离为： ， 故到直线的距离的最小值等于，故D正确； 故选：BCD 10. 现有一半径为的圆纸片（为圆心为圆内的一定点)，且如图将圆折起一角，使圆周正好过点把纸片展开，并留下一条折痕，折痕上到两点距离之和最小的点为如此往复，就能得到越来越多的折痕，设点的轨迹为曲线为曲线C上任意一点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线的离心率是 B. 的最小值为2 C. 外接圆半径的最小值是 D. 内切圆半径的最大值是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据折叠的对称性推得满足条件的点满足，结合椭圆定义确定的轨迹是以为焦点的椭圆，求出椭圆基本参数后，结合向量数量积、三角形外接圆与内切圆的相关性质逐一判断各选项即可. 【详解】对于A，设点对应圆上折点为则，原圆半径为4，故，因此：  ， 由椭圆定义，曲线是以为焦点的椭圆，其中，， 得，，， 离心率，A正确； 对于B，以所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系， 则，椭圆方程为， 设，则，   代入得：   ，，故最小值为，B正确； 对于C，由正弦定理，中，得， 根据椭圆性质，当为短轴端点时，最大，此时为等边三角形， ，，故，C错误； 对于D，内切圆半径满足，半周长， 面积，故， 最大值为，故，D正确. 11. 定义：若数列满足，存在实数M，对任意，都有，则称M是数列的一个上界．现已知为正项递增数列，，下列说法正确的是（ ） A. 若有上界，则一定存在最小的上界 B. 若有上界，则可能不存在最小的上界 C. 若无上界，则对于任意的，均存在，使得 D. 若无上界，则存在，当时，恒有 【答案】ACD 【解析】 【分析】AB选项，由有上界判断；C.根据不是的上界，故一定存在使得，故；D.转化为只需证，合理选取存在，使得，得到结论. 【详解】A.若有上界，则一定存在最小的上界，故A正确； B.若有上界，则一定存在最小的上界，故B错误； C.因为无上界，所以不是的上界， 故一定存在使得，故，故C正确； D.，当时，， 即证存在，当时，恒有， 不等式左边都是正数，故只需存在一个成立即可， 设，因为无上界，故一定存在，使得， 设最小的对应的，同理一定存在， 以此类推，存在，使得， 设，取， 于是不等式左边＝， 所以若无上界，则存在，当时，恒有，故正确； 故选：ACD 【点睛】数列新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点，点，则点到直线的距离为________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线的方向向量和向量，再代入空间点到直线的向量距离公式计算即可. 【详解】由点，，，得： ， , ， ， , 根据空间点到直线的距离公式 . 13. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线方程，结合，利用两点间距离公式求出点坐标，代入椭圆方程求解即可. 【详解】椭圆的上顶点，下顶点，右焦点，其中. 直线方程：. 设，因为，所以， 即，解得，所以. 代入椭圆方程得，即，所以，即. 又，所以. 14. 如图，在三棱锥中，为正三角形，平面，点为线段上的动点，点在上，且，，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】结合线面垂直、面面垂直的判定定理及性质定理，分析点的轨迹，即可求得的最小值. 【详解】设的中点为，，取点在上，且，则. 因为平面，所以， ，平面， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. 因为平面平面， 所以取中点，过点作平面的垂线，垂足为，则在上. ，且平面， 点的轨迹为以为球心，以为直径，即的球与平面的相交圆弧. ， ，， ， 由， 得点到平面的距离为. 所以到平面的距离为， 所以相交圆半径， 点轨迹为在平面中的以为圆心，为半径的圆弧， ， 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，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，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． 【答案】（1）因为分别为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理平面，，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行判定定理和面面平行的判定定理、面面平行的性质定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，底面为正方形， 所以以为坐标原点，为基底建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，，， 设平面的法向量为，由所以 令，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16. 已知数列满足，且对任意，有. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据累乘法得到时，，结合时，符合上式，得到答案； （2）裂项相消法求和即可 【小问1详解】 由，得， 所以时，. 当时，，符合上式.， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）得. 所以. 17. 如图，在平行六面体中，平面，，，. （1）求证：； （2）线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）解法一：因为平面，平面， 所以，所以 因为，所以 又因为， 所以，化简得 所以， 所以 解法二： 在平面内过点作的垂线，垂足为，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，，， 设，则，所以， 由得，所以， 又因为，所以，解得， 所以，，，， 所以， 所以； 解法三：在平面中，过作的垂线，垂足为，连结交于. 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，，平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，则， 所以，所以，所以， 在中，，，，所以， 在中，，，，所以， 在中，，，，所以， 所以， 所以； （2）不存在，理由如下： 由（1）得平面的一个法向量为， 假设存在点满足条件，设，则， 设平面的一个法向量为， 由，得， 令，则，，所以， 所以， 因为平面与平面的夹角为， 即，解得， 又因为，所以舍去， 所以线段上不存在点使得平面与平面的夹角为. 【解析】 【分析】（1）解法一：利用空间向量法，，从而得证； 解法二：在平面内过点作的垂线，垂足为，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用坐标运算得，从而得证； 解法三：通过证明平面，则，利用勾股定理得证，从而得证； （2）假设存在点满足条件，利用两平面夹角公式可解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 设复数（x，）与复平面上点对应．设复数满足条件、动点的轨迹为椭圆．椭圆的短轴端点分别为A，B（如图）．直线，分别与椭圆交于E，F两点，其中点满足，且． （1）求椭圆的方程； （2）证明直线与轴的交点N的位置与无关，并求出点N的坐标； （3）若面积是面积的5倍，求的值． 【答案】（1） （2）因为，，，且， ∴直线的斜率为，直线的斜率为， ∴直线的方程为，直线的方程为， 由，得， ∴（舍去）或， 此时，， ∴， 由，得， ∴（舍去）或，此时， ∴； 据已知，， ∴直线的斜率， ∴直线的方程为， 令，得，即. ∴与轴交点的位置与无关. 点N的坐标为. （3） 【解析】 【分析】（1）根据复数的几何意义及椭圆的定义求出即可得解； （2）求出与轴交点，根据直线与椭圆交点得，，再根据两点式求直线的方程，最后令，得， （3）先将面积比转化为对应边的比，再根据弦长公式将对应边的比转化为对应坐标的比，解得. 【小问1详解】 由题意，动点到点的距离之和为定值，且, 所以动点的轨迹为椭圆，且， 故， 所以所求椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，，， ，∴，∴， ∴， ∵， ∴整理方程得，即， 又有，∴，∴，∴为所求． 19. 对于三维向量，定义“F变换”：，其中，，，．记，． （1）若，求及． （2）证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使． （3）已知，，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 【答案】（1）；. （2）设, 假设对任意，，则，，均不为. 经过一次“变换”后，. 所以，即 又因为，所以. 所以，这与矛盾，故假设不正确. 综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使. （3）505 【解析】 【分析】（1）直接按照“F变换”规则逐步计算和，再根据和的定义求解； （2）采用反证法，通过分析变换过程中的变化情况来证明； （3）先根据已知条件求出和的值，再分析每次“F变换”后向量模长的变化规律，从而确定的最小值. 【小问1详解】 已知，根据“F变换”规则， 其中，，， 可得， ， 根据，可得 ； 根据，可得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，因为，所以有或. 当时，可得，三式相加得. 又因为，将代入可得， 解得，. 当时，同理可得，，于是， 设的三个分量为，，这三个数. 当时，的三个分量为，，这三个数，所以. 当时，的三个分量为，，，则的三个分量为，，， 而的三个分量为，，，所以. 因为，所以由可得. 因为，所以任意的三个分量始终为偶数，且都有一个分量等于. 所以的三个分量只能是，，三个数，的三个分量只能是，，三个数. 所以当时，；当时，，则 的最小值为505. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门双十中学2026-2027学年（上）周末考试高二数学试题（03） 数学 本试卷共5页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 椭圆的短轴长为（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线：，：，若，则实数的值为（ ） A. B. C. 或 D. 3. 在三棱锥中，，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 4. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 如图,四棱锥的底面是平行四边形,、分别为 线段、上一点，若,且平面，则 A. B. C. D. 6. 若直线与椭圆交于两点，椭圆的右焦点为，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，已知圆和，若点P满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，则所有满足条件的点P的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知空间向量，，两两的夹角均为，且，.若向量，满足，，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 在棱长为1的平行六面体中，，点满足，其中.则（ ） A. 当时， B. 当时，在平面内 C. 当时，的轨迹的面积为 D. 当时，到直线的距离的最小值为 10. 现有一半径为的圆纸片（为圆心为圆内的一定点)，且如图将圆折起一角，使圆周正好过点把纸片展开，并留下一条折痕，折痕上到两点距离之和最小的点为如此往复，就能得到越来越多的折痕，设点的轨迹为曲线为曲线C上任意一点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线的离心率是 B. 的最小值为2 C. 外接圆半径的最小值是 D. 内切圆半径的最大值是 11. 定义：若数列满足，存在实数M，对任意，都有，则称M是数列的一个上界．现已知为正项递增数列，，下列说法正确的是（ ） A. 若有上界，则一定存在最小的上界 B. 若有上界，则可能不存在最小的上界 C. 若无上界，则对于任意的，均存在，使得 D. 若无上界，则存在，当时，恒有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点，点，则点到直线的距离为________. 13. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 14. 如图，在三棱锥中，为正三角形，平面，点为线段上的动点，点在上，且，，则的最小值为___________． 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，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，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． 16. 已知数列满足，且对任意，有. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 17. 如图，在平行六面体中，平面，，，. （1）求证：； （2）线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 18. 设复数（x，）与复平面上点对应．设复数满足条件、动点的轨迹为椭圆．椭圆的短轴端点分别为A，B（如图）．直线，分别与椭圆交于E，F两点，其中点满足，且． （1）求椭圆的方程； （2）证明直线与轴的交点N的位置与无关，并求出点N的坐标； （3）若面积是面积的5倍，求的值． 19. 对于三维向量，定义“F变换”：，其中，，，．记，． （1）若，求及． （2）证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使． （3）已知，，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $