陕西省西安市长安区第一中学2026-2027学年高二上学期11月期中数学试题

长安一中2026-2027学年第一学期期中质量检测 高二数学试题 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题只有一个选项符合题目要求） 1．已知点，，过点的直线与线段有交点，则直线斜率的取值范围为（ ） A． B． C． D． 2．在中，顶点，点在直线：上，点在轴上，则的周长的最小值为（ ） A． B． C． D． 3．已知双曲线：（，），左、右焦点分别为，．过的直线的斜率为，直线交双曲线右支于点．点在双曲线左支上，且．若双曲线离心率，则比值为（ ） A． B． C． D． 4．数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线：就是其中之一（如图）．曲线与轴交于、两点，点为曲线上一动点，给出下列四个结论，其中正确的结论是（ ） A．点在曲线内部 B． C． D．点的纵坐标的最大值为 5．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，过的直线与椭圆交于，两点，若且，则椭圆的离心率为（ ） A． B． C． D． 6．在平面直角坐标系中，点是直线：上一动点，定点，点为的中点，动点满足，（），过点作圆的切线，切点分别为，，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 7．过点作直线：（）的垂线，垂足为，点，分别是直线：和直线：上的动点，则当，，变化时，的最小值为（ ） A．2 B．4 C．6 D．12 8．如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面，，动点在线段上，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分） 9．已知抛物线：的焦点为，且为上的点（ ） A．若点，则的最小值为3 B．若点，则的最小值为3 C．抛物线上存在两点关于直线对称 D．若两条与相切的直线的交点在准线上，则两切点的纵坐标之和的最小值为2 10．现有如下记载：刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．求积术曰：倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一．现有一个刍甍如图所示，四边形为矩形，四边形为等腰梯形，．平面，，，，点在线段上，则（ ） A． B．存在实数，使得 C．向量在向量上的投影向量为 D．的取值范围为 11．如图，平面，，，，，，，则（ ） A． B．平面 C．平面与平面的夹角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为3，且它们彼此的夹角都是，则对角线的长为__________． 13．定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以，，的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则__________． 14．如图，在四面体中，，．设异面直线与所成的角为，当二面角的大小在内变化时，的最大值是__________． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出数学语言说明、证明过程、演算步骤） 15．（13分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； 16．（15分）在三棱柱中，，，点为的延长线上一点，且满足． （1）证明：； （2）求直线与平面所成的角． 17．（15分）如图，在四边形中，是边长为2的正三角形，是以为顶角的等腰直角三角形，现沿着对角线翻折，得到三棱锥． （1）当翻折至平面平面时， （ⅰ）求直线与所成角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥外接球的表面积； （2）求平面与平面夹角余弦值的最小值． 18．（17分）已知点，，曲线上的动点满足． （1）求曲线的方程； （2）是曲线在点处的切线，过作的垂线分别交轴、轴于点和，当点运动时，试求出点的轨迹方程，并指出是什么曲线； （3）根据（2）的结果，如果推广到一般，你能得出怎样的相应结论？请证明你的结论． 19．（17分）已知封闭曲线由曲线：（，）和曲线：（）拼接而成，且的离心率为． （1）求的方程． （2）设，分别为的左、右顶点，是上位于轴上方的动点，过点作轴的垂线交于另一点，直线与相交于点． （ⅰ）证明直线与的斜率之积为定值，且点的轨迹为某双曲线的一部分； （ⅱ）过点作不与坐标轴垂直的直线与（ⅰ）中的双曲线交于，两点，点关于轴的对称点为，证明直线过定点，并求该定点的坐标． 学科网（北京）股份有限公司 $参考答案 题号 2 3 5 7 8 9 10 11 答案 B D 0 D B A B B AD AC BC 12.3V6 13.4V2 3335 14.8/8 15.(1)连接AC交BD于点O, 因为四边形ABCD为正方形，所以O为AC的中点， 又因为E是PC的中点，所以PA/OE,(2分) 因为PA丈平面EDB,OEC平面EDB,所以PAW平面EDB.(4分) (2)以D为原点，以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 。11 E0, 如图所示 D0,00),Bl,0）,C0,1.0）.022,P(0,01.6分) 7尚m-1-).-0 所以PB.DE=O,所以PB⊥DE,即PB⊥DE, 又因为EF⊥PB,且DE∩EF=E,DE,EFc平面DEF,所以PB⊥平面DEF, 所以平面DEF的一个法向量为PB=(1,L-),《8分) X台s-L0.e-02 n.DB=x+y=0 限ni-e),ma-E-+-0 取x=1,则y=-1,2=1,即i=(山，-），1分) cos0-o n.PB 11 PB √3×33 设平面FDE与平面EDB的夹角为B,则 ,(12分) 1 所以平面FDE与平面EDB的夹角的余弦值为3.(13分) ZA E 16. 1)连接AB,AC,因为AB=AM=2,∠AAB=60°，所以4B=2 同理AC=2,取BC中点E,连接AE,4E,(2分) 由等腰三角形三线合一，得AE⊥BC,AE⊥BC,(4分) 又AE∩AE=E,AEC平面AEA,AEc平面AEA,所以BC⊥平面AEA 因为A4C平面AEA,所以BC⊥A4.(6分) B BA=-CD (2)依题意 ,可知B点在以DC为直径的圆上，所以BC⊥BD, BC⊥AA,AAIIBB,所以BC⊥BB,(9分) 因为BD∩BB=B,BDC平面DBB,BBC平面DBB, 所以BC⊥平面DBB,BC为平面DBB的一个法向量，(I0分) 则直线4AB与平面DBB所成的角即直线4B与直线BC夹角的余角，12分) 因为4B=AC=BC=2,所以△4BC为正三角形，(I3分) 故∠ABC=60°，故直线4B与平面DBB所成的角为30°.(15分) 17. (1)(1)取AC的中点O,则AC⊥OB,AC⊥OP,因为平面PAC⊥平面ABC,所以 OP⊥OB.(2分) 延长BO至E,使得BO=OE,连接AE,CE,PE,则四棱锥P-ABCE为正四棱锥.(4分) AB√2 √2 cosa= 设直线PA与BC所成角为a,则 2AP4，故直线PA与BC所成角的余弦值为4·(6 分) B (ⅱ)三棱锥P-ABC外接球即为正四棱锥P-ABCE的外接球.(7分) R=PAP 2V3 设外接球的半径为R,则由射影定理可得PAP=2RPO,所以2PO3,(8分) S=4π 25216m 所以三棱锥P-ABC外接球的表面积 3 3 (9分) (2)过A作AM⊥PC于M,AF⊥平面BCP于F,连接MF. 则PC⊥平面AMF,∠AMF即为面ACP与面BCP的夹角， sin∠AMF=A ≤AB-V6 AM=AM3,(11分) 所以 os∠AMF≥ 3,当且仅当AB⊥PB时取等号，(13分) √3 故面ACP与面BCP夹角余弦值的最小值为3，(15分) 18.q)设M(xy).kmkm==2 x+1x-1,(2分) x-g=1(x≠±) 整理得曲线E的方程为2 (4分) (2)因为排除了顶点，所以直线I不可能垂直于x轴，设直线l:y=c+m, x2、2 =1 2 联立Uy=c+m,整理得(2-R)2-2kmx-m-2=0,(5分) 因为直线I是双曲线在点M处的切线，即直线I与双曲线只有一个公共点M(,%）, 所以△=42m-42-k2川m2-2)=8m+2-)=0,则㎡2=k2-2,7分 2km 。mam。k 由韦达定理可得 +=2-k2,即 62-=-m m. +m=-m2+2, m=-2k=m,= 代入【方程可得 m m +m2 m,则，则 y0, 3yo y-%=-(x-)y=-2x 所以过点M与直线I垂直的直线方程 2x0 即 °2x 2」 3yo y= 当x=0时，得2，当y=0时，得x=3,(8分) 2 因为 =1(y≠0) 2 x22y2 故点P()的轨迹方程为9-9=1(6≠0 ,即其为去掉顶点的双曲线.(9分) D M x2 y2 (3)结论：对于行流双陆能云尔-引(a>0,b>0),点P()的数达为太特顶点的双声线 y2 (11分) x2 y2 京1 证明如下：设直线l:y=+m,与双曲线方程联立y=c+m 整理得公-ak2)r-20r-am-a=0,1与双曲线相切于M(,）, 所u△=4akm-4b2-ak(-dm2-a2b2）=4a26(m2+b2-ak2)=0 2a'km a'km a'km a'k 则m2=ak2-b2,且有 +6=,即谷--m m 则%、Q +m=-m2+b2 m +m、b2 m=bi k=mb m,所以 y0, Γa2ayo,(13分) y-%=(x-）y= ayox+ a 所以过点M与直线垂直的直线方程 Γb2x ，即b2%+ a'yo+yo b a2 ayo 当x=0时，符'不%+%，当y=0时，得 y= b2xo ,(15分) x =1(y≠0) 55-答-0%到 a2+b22 a+b2) 代入整理可得（ 故点P(:,)的轨迹为去掉顶点的双曲线 .(17分) 19.(1D由C:+=4(y≤0)，得a=2. e=c-V3 由e=a2,得c=V3,所以b=V-c2=l.(2分) 所以G的方程为4+少=10>0 .(4分) +6=1 (2)(i)设P(,%),则%>0且4 (,-v4-) 所以 (6分) 4-x好 又420,820.花+号. x0-2 -(4-6)1 所以 k4kn=kkm-2-4）2 ,为定值.(7分) 设7（川则6m=2×之2= 2y-1 x+2x-22,整理，得42，(8分) x2 y2 -=1 故点T的轨迹为双曲线42的一部分.(9分) 《i)设M(s),N(x,乃)，则D(x-). 易知直线l的斜率存在且不为0，设l:x=my+v6(m≠0）.(11分) x=my+6 2y=1 由42 ,消去x并整理，得(m-2y+26my+2=0 2√6m 2 则m2≠2，片+片=- m2-2 y2= m2-2.①(12分) 由对称性可知，直线MD所过定点必在x轴上，设其为R(,0) 0-出=-y-y 由M,R,D三点共线，得”一七一， =x+(西-) 整理，得 +y2,(14分) f代入x=m+V6,名=m+V6及0,15分) 2m× 2 r=6+2m-v6+mm-2-6-2-26 y+y2 2√6m V63 得 m2-2 ,(16分) 故直线MD过定点，该定点的坐标为了0 (17分) M