精品解析：北京市回民学校2026-2027学年高二第一学期期中考试（11月）数学试题

北京市回民学校 2026—2027学年度第一学期期中考试（11月） 高 二 数学 第一部分 选择题（每小题4分，共40分） 在下列各题的四个选项中，只有一项是符合题意的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 若点到直线的距离是，则实数的值为（ ） A. B. 或 C. D. 或 3. 若直线与直线互相垂直，则实数的值是（ ） A. 1 B. C. 4 D. 4. 圆与圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 外离 C. 外切 D. 内含 5. 一个椭圆的两个焦点分别是，，椭圆上的点到两焦点的距离之和等于8，则该椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 7. 若方程表示椭圆，则下面结论正确的是（ ） A. B. 椭圆的焦距为 C. 若椭圆的焦点在轴上，则 D. 若椭圆的焦点在轴上，则 8. 已知正四棱锥的高为4，棱的长为2，点为侧棱上的一动点，则面积的取小值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知点，．若直线上存在点P，使得，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 曲线.给出下列结论: ①曲线关于原点对称; ②曲线上任意一点到原点的距离不小于1; ③曲线只经过个整点(即横､纵坐标均为整数的点). 其中,所有正确结论的序号是 A. ①② B. ② C. ②③ D. ③ 第二部分 填空题（每小题5分，共25分） 11. 已知空间，，，则＝_____． 12. 已知椭圆与椭圆有相同焦点，且短轴长为2，则其焦点坐标为__________，标准方程为____________________． 13. 直线：被圆：截得的弦AB的长为______. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，以为直径作圆，若椭圆与圆有四个不同的交点，且该四个交点恰为一个面积为的矩形的四个顶点，则椭圆的离心率为______． 15. 在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论： ①的最小值为； ②的最小值为； ③的最大值为； ④的最小值为． 其中所有正确结论的序号是_______． 第三部分 解答题（共85分） 16. 已知的顶点坐标分别是，，，为边的中点． （1）求中线的方程； （2）求经过点且与直线平行的直线方程． （3）求的面积． 17. 已知圆：． （1）求的取值范围． （2）已知直线：与圆交于，两点，且．求过点的圆切线方程． 18. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求三棱锥的体积； 19. 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. 20. 如图，在四棱柱中，侧面是边长为2的正方形，平面平面，，，E为的中点，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知． 条件①：；条件②：． （1）求证：； （2）求平面BCE与平面夹角的余弦值； （3）已知点M在线段上，直线EM与平面所成角的正弦值为，求线段CM的长． 21. 已知动点与两个定点，的距离的比为，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程，并说明其形状； （2）已知，过直线上的动点分别作曲线的两条切线，（，为切点），连接交于点，是否存在点，使的面积最大？若存在，求出点的坐标；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 $ 北京市回民学校 2026—2027学年度第一学期期中考试（11月） 高 二 数学 第一部分 选择题（每小题4分，共40分） 在下列各题的四个选项中，只有一项是符合题意的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直线方程可得直线斜率，结合斜率定义可得倾斜角. 【详解】设直线的倾斜角为，则， 直线即为，其斜率， 即，可得， 所以直线的倾斜角为. 故选：B. 2. 若点到直线的距离是，则实数的值为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】点到直线的距离， 解得或. 3. 若直线与直线互相垂直，则实数的值是（ ） A. 1 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【详解】若直线与直线互相垂直， 则，得. 4. 圆与圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 外离 C. 外切 D. 内含 【答案】B 【解析】 【详解】圆的圆心为，半径为； 圆的圆心为，半径为， 则，，得， 所以两个圆的位置关系是外离. 5. 一个椭圆的两个焦点分别是，，椭圆上的点到两焦点的距离之和等于8，则该椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆的定义求解即可. 【详解】椭圆上的点到两焦点的距离之和等于8，故， 且，故， 所以椭圆的标准方程为. 故选：B 6. 已知直线，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】若，则，，显然两直线平行， 因此由可以推出，充分性成立； 若，则，解得或1， 当时，，，此时两直线重合，舍去， 当时，，，此时两直线平行， 因此由可以推出，必要性成立； 综上所述，“”是“”的充要条件． 7. 若方程表示椭圆，则下面结论正确的是（ ） A. B. 椭圆的焦距为 C. 若椭圆的焦点在轴上，则 D. 若椭圆的焦点在轴上，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的定义和性质计算即可. 【详解】因方程表示椭圆，则有，，且，即，A错误； 焦点在轴上时，，解得，C正确； 焦点在轴上时，，解得，D错误； 焦点在轴上时，则，焦点在轴上时，，B错误． 8. 已知正四棱锥的高为4，棱的长为2，点为侧棱上的一动点，则面积的取小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱锥的性质得到平面，，然后根据，，得到的范围，最后根据三角形面积公式求面积的最小值即可. 【详解】取中点，连接、、， 因为四棱锥为正四棱锥，所以平面，， 因为为中点，所以， 因为平面，所以， 因为，，所以，， 在直角三角形中，当时，最小，为， 当点和点重合时，最大，最大为4，所以， ，所以当时，的面积最小为. 故选：B 9. 已知点，．若直线上存在点P，使得，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将问题化为直线与圆有交点，注意直线所过定点与圆的位置关系，再应用点线距离公式列不等式求k的范围. 【详解】由题设，问题等价于过定点的直线与圆有交点， 又在圆外，所以只需，可得. 故选：D 10. 曲线.给出下列结论: ①曲线关于原点对称; ②曲线上任意一点到原点的距离不小于1; ③曲线只经过个整点(即横､纵坐标均为整数的点). 其中,所有正确结论的序号是 A. ①② B. ② C. ②③ D. ③ 【答案】C 【解析】 【分析】将代入，化简后可确定①的真假性.对分成等种情况进行分类讨论，得出，由此判断曲线上任意一点到原点的距离不小于1.进而判断出②正确.对于③，首先求得曲线的两个整点，然后证得其它点不是整点，由此判断出③正确. 【详解】①，将代入曲线，得，与原方程不相等，所以曲线不关于原点对称，故①错误. ②，对于曲线，由于，所以，所以对于任意一个，只有唯一确定的和它对应.函数是单调递减函数.当时，有唯一确定的；当时，有唯一确定的.所以曲线过点，这两点都在单位圆上，到原点的距离等于.当时，，所以.当时，，所以.当时，，且 ， 所以. 综上所述，曲线上任意一点到原点的距离不小于1，所以②正确. ③，由②的分析可知，曲线过点，这是两个整点.由可得，当且时，若为整数，必定不是某个整数的三次方根，所以曲线只经过两个整点.故③正确. 综上所述，正确的为②③. 故选：C 【点睛】本小题主要考查根据曲线方程研究曲线的性质，属于中档题. 第二部分 填空题（每小题5分，共25分） 11. 已知空间，，，则＝_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的垂直，根据数量积的坐标表示，建立方程，结合模长公式，可得答案. 【详解】由，且，，则，解得， 故. 故答案为：. 12. 已知椭圆与椭圆有相同焦点，且短轴长为2，则其焦点坐标为__________，标准方程为____________________． 【答案】 ①. 焦点坐标为 ②. 标准方程为 【解析】 【分析】将已知椭圆化为标准形式求出公共焦点，再结合短轴长条件计算所求椭圆的参数，得到对应结果. 【详解】化为， 因此焦点位于轴上， ，即，因此已知椭圆的焦点坐标为， 由于所求椭圆与已知椭圆有相同焦点，因此所求椭圆的焦点坐标为； 由于所求椭圆的半焦距，，解得，所以， 又所求椭圆的焦点位于轴上，故标准方程为. 13. 直线：被圆：截得的弦AB的长为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用点到直线的距离公式求出弦的弦心距即可求解. 【详解】由圆：，可得圆心，半径， 于是圆心到直线的距离， 从而得，所以弦的长为. 故答案为：. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，以为直径作圆，若椭圆与圆有四个不同的交点，且该四个交点恰为一个面积为的矩形的四个顶点，则椭圆的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆方程可得，以为直径的圆为：，联立圆与椭圆的方程，求出，结合矩形其中一个顶点为及矩形的面积为，列方程求解即可. 【详解】由椭圆，得，则， 以为直径的圆为：， 联立，则， 而矩形其中一个顶点为， 因为矩形的面积为，所以，即， 则，解得，则， 所以椭圆的离心率为. 故答案为：. 15. 在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论： ①的最小值为； ②的最小值为； ③的最大值为； ④的最小值为． 其中所有正确结论的序号是_______． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、，设底面、的中心分别为点、，作出图形，推导出，，求出的最小值，可判断①④；由对称性得出，进而可判断②；取点和点重合，可判断③. 【详解】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、， 设底面、的中心分别为点、，如下图所示： 对于①，易知为的中点，则，可得， 所以，， 当点与点重合时，底面，此时，取最小值， 即的最小值为，①对； 对于④， ， 当点与点重合时，底面，此时，取最小值， 则的最小值为，④对； 对于②，由对称性可知，， 则， 当且仅当点为线段与平面的交点时，取最小值，②对； 对于③，当点与点重合时，， 所以，的最大值不是，③错. 故答案为：①②④. 第三部分 解答题（共85分） 16. 已知的顶点坐标分别是，，，为边的中点． （1）求中线的方程； （2）求经过点且与直线平行的直线方程． （3）求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先确定点坐标，然后通过两点，的坐标确定方程； （2）先确定直线的斜率，然后通过点的坐标和斜率确定方程； （3）求解直线的方程，由点到直线的距离求解点到直线的距离，求解的长度，再由即可求解. 【小问1详解】 因为为边的中点，所以，所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 直线的斜率，且不在直线上， 故求经过点且与直线平行的直线方程为，即. 【小问3详解】 由（2）可得知，，则直线的方程为， 即：，则点到直线的距离为， 的长度为，则. 17. 已知圆：． （1）求的取值范围． （2）已知直线：与圆交于，两点，且．求过点的圆切线方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）将圆化为标准方程，根据半径恒为正列不等式求的取值范围； （2）根据弦长公式，建立方程，求出参数；再分斜率不存在和存在两种情况，设出切线方程，根据圆心到直线的距离等于半径列方程求切线． 【小问1详解】 由题意得，则，得，所以的取值范围为． 【小问2详解】 设圆的半径为，由题意得圆心到直线的距离 因为，解得，所以，解得． 因此圆. 当所求切线的斜率不存在时，该切线的方程为； 当所求切线的斜率存在时，设该切线的方程为，即． 由直线与圆相切得圆心到直线的距离等于半径，即, 得， 所以所求的切线方程为，即． 综上，过点的圆的切线方程为或． 18. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求三棱锥的体积； 【答案】（1）证明：由题意知、分别是、的中点，则得， 因为平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值即可； （3）利用向量法求点到平面的距离，再由棱锥体积公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面，，则以点为坐标原点， 以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，，， ，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则得， 设直线与平面所成角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（2）可得，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 在中，，，， 所以，，所以， 所以的面积为， 所以， 即三棱锥的体积是. 19. 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. 20. 如图，在四棱柱中，侧面是边长为2的正方形，平面平面，，，E为的中点，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知． 条件①：；条件②：． （1）求证：； （2）求平面BCE与平面夹角的余弦值； （3）已知点M在线段上，直线EM与平面所成角的正弦值为，求线段CM的长． 【答案】（1） 证明：选择条件①： 因为侧面是正方形，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面，所以． 选择条件②： 因为侧面是正方形，所以， 又平面平面，平面平面平面，所以平面， 因为平面，所以，所以 又，所以，即， 因为，所以． （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）选择条件：由面面垂直的性质定理知平面，从而得，结合，可证平面，再由线面垂直的性质定理，即可得证； 选择条件②：由面面垂直的性质定理知平面，从而得，再结合勾股定理及其逆定理，可证，结合，即可得证； （2）以为原点建系，利用向量法求面面角即可； （3）设，利用向量法求线面角可得关于的方程，解之即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直， 故以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则. 【小问3详解】 设，则， 由（2）知， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 整理得，即， 解得或， 故线段的长为或． 21. 已知动点与两个定点，的距离的比为，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程，并说明其形状； （2）已知，过直线上的动点分别作曲线的两条切线，（，为切点），连接交于点，是否存在点，使的面积最大？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），以为圆心，半径为2的圆 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据两点间的距离公式及圆的标准方程求解. （2）根据四点共圆及作差法求出公共弦的方程及恒过的点，结合三角形面积公式、点到直线的距离及圆的性质求解即可. 【小问1详解】 设，则，即， 所以， 整理得，即为以为圆心，半径为2的圆． 【小问2详解】 存在，，理由如下： 由题设，易知，，，四点共圆，即，在以为直径的圆上， 而，的中点坐标为，， 以为直径的圆为， 又，在上，即为两圆的公共弦， 两圆方程作差，得直线为， 显然该直线恒过定点． 由题设，易知在以为直径的圆（除去点）上，即以为圆心、半径为的圆（除去点）上，且轴， 则，且到直线的距离为， 故到直线的最大距离为， 所以，当与重合时，面积最大，此时． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $