精品解析：浙江省温州市环大罗山联盟2026-2027学年高二上学期11月期中联考数学试题

2026学年第一学期温州环大罗山联盟期中联考 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． 一、选择题：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是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角是 A. B. C. D. 2. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. D. 3. 若直线和直线平行，则（ ） A. -2 B. 3 C. -2或3 D. -3或2 4. 在正方体中，点是的中点，且，则实数的值为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 5. 若直线恒过定点，则点关于直线对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 设抛物线的焦点为，点在抛物线上，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，若直线的方程为，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 过点作圆的弦，其中弦长为整数的条数为（ ） A. 9 B. 11 C. 12 D. 14 8. 已知三棱锥中，平面，，，，．在内有一点，设与平面、平面、平面所成的角分别为、、，若，则点的轨迹为（ ） A. 直线的一部分 B. 抛物线的一部分 C. 椭圆的一部分 D. 双曲线的一部分 二、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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知是空间中的三个点，则（ ） A. 若直线的方向向量与平面的法向量平行，则 B. 直线的一个方向向量为 C. 向量在向量方向上的投影向量为 D. 若，则，，，四点共面 10. 已知圆，则下列命题是真命题的是（ ） A. 若圆关于直线对称，则 B. 若圆上恰有三个点到直线的距离都为1，则实数的值是 C. 在变化过程中，存在定直线与所有的圆都相切 D. 当时，为圆上任意一点，则的最大值为 11. 平面内有定直线，定点，，动点，在直线上，且．直线与直线交于点，记动点的轨迹为曲线．下列说法正确的有（ ） A. 曲线是双曲线 B. 曲线上存在点，使得 C. 若是曲线上异于的点，的垂心为，则点也在此曲线上 D. 若是曲线上的动点，直线分别与直线相交，则两交点连成的线段长度随的位置改变而变化 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上． 12. 过点且与直线垂直的直线的方程是___________． 13. 已知圆与圆，若两圆外离，则点到直线的距离的取值范围是___________． 14. 2026年4月，中国科学院上海光学精密机械研究所何飞团队揭示了时空双折射新效应．双折射是光束入射到各向异性晶体，分解为两束偏振光沿不同方向传播的现象．当平面波垂直射入单轴晶体时，两束光在平行于光轴的截面上的波阵面分别为椭圆和与其同心内切的圆（如图）．已知椭圆和其同心内切圆，过椭圆上一点引圆的两条切线，切点分别为，过点作与轴平行的直线与圆交于点，与直线交于点，则三角形面积的最大值为_______． 四、解答题：本大题共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. 已知圆经过两点，且圆心在直线上． （1）求圆的方程； （2）若直线过点，与圆交于，两点，且，求直线的方程． 16. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为梯形，，，且． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求点到平面的距离． 17. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点在椭圆上，的周长为6． （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，直线与椭圆相交于不同的两点，，若，求实数的取值范围． 18. 如图，在斜三棱柱中，所有棱长均为2，满足，．点在棱上，点在上，且． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若平面与线段交于点，记平面与侧面的夹角为，求的最小值． 19. 已知是抛物线上的三个动点，为坐标原点，定点． （1）若四边形为正方形，求的值； （2）当时，若的重心恰好是点，求的最大值； （3）若四边形为等腰梯形，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026学年第一学期温州环大罗山联盟期中联考 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． 一、选择题：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是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直线的斜率，可得出该直线的倾斜角. 【详解】直线的斜率为，因此，该直线的倾斜角为，故选C. 【点睛】本题考查直线倾斜角的计算，解题的关键就是求出直线的斜率，同时要熟悉直线的倾斜角和斜率之间的关系，考查计算能力，属于基础题. 2. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程求得，结合求得的值，进而求得双曲线的实轴长. 【详解】由题意可得，双曲线的一条渐近线方程为， 则，解得，所以，所以实轴长为. 3. 若直线和直线平行，则（ ） A. -2 B. 3 C. -2或3 D. -3或2 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以， 即， 解得或， 当时，，，满足题意； 当时，，，两直线重合，不满足题意； 所以. 4. 在正方体中，点是的中点，且，则实数的值为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理及线性运算即可解决. 【详解】如图所示，， 所以. 5. 若直线恒过定点，则点关于直线对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出定点，再由点关于直线对称求解即可． 【详解】由得，，则，得， 得定点， 设点关于直线对称的点的坐标为， 则，解得， 故所求对称的点的坐标为． 6. 设抛物线的焦点为，点在抛物线上，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，若直线的方程为，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】求出焦点的坐标，由此可得抛物线的方程，从而求得准线方程，联立直线的方程，求得点的坐标，进而求得点的坐标，求出. 【详解】如下图： 对于直线，令，则，所以. 所以抛物线的方程为，故抛物线的准线方程为． 把代入直线的方程1，得点． 设，故， 代入抛物线，解得， 所以． 故选：A． 7. 过点作圆的弦，其中弦长为整数的条数为（ ） A. 9 B. 11 C. 12 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】由圆的方程得到圆心和半径的值，易知点在圆内，过点最长的弦为直径，最短的弦为与直径垂直的弦，分别求出长度，即可确定出弦长为整数的条数. 【详解】圆的圆心为，半径， 又，所以点在圆内. 过点最短的弦长为与直径垂直的弦， 最长的弦长为直径，且分别只有一条； 设过点的弦长为，则内的整数共有6个， 根据圆的对称性，长度在内且为整数的弦共有（条）. 8. 已知三棱锥中，平面，，，，．在内有一点，设与平面、平面、平面所成的角分别为、、，若，则点的轨迹为（ ） A. 直线的一部分 B. 抛物线的一部分 C. 椭圆的一部分 D. 双曲线的一部分 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，，，，利用空间向量求线面夹角，结合题意整理可得，即可得点的轨迹. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，，，， 可得，，， 可知平面的法向量为，平面的法向量为， 设平面的法向量为，则， 设，则，，可得； 则， ； ， 因为，即， 整理可得， 且，，所以点的轨迹为直线的一部分. 二、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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知是空间中的三个点，则（ ） A. 若直线的方向向量与平面的法向量平行，则 B. 直线的一个方向向量为 C. 向量在向量方向上的投影向量为 D. 若，则，，，四点共面 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由空间直线与平面的位置关系，以及平面法向量的定义判断；对于B，由的坐标以及直线的方向向量定义判断；对于C，由投影向量的公式即可求解；对于D，利用空间向量共面定理即可求解. 【详解】对于A，因为平面的法向量与平面垂直，若直线的方向向量与平面的法向量平行， 则直线的方向向量与平面垂直，即，故A错误； 对于B，由，，易得，即为直线的一个方向向量，故B正确； 对于C，因，，则， 则向量在向量方向上的投影向量为，故C正确； 对于D，若，则， 假设，，，四点共面，则，，共面， 即存在，使得，即， 而该方程无解，则三个向量不共面，因此四点不共面，故D错误. 10. 已知圆，则下列命题是真命题的是（ ） A. 若圆关于直线对称，则 B. 若圆上恰有三个点到直线的距离都为1，则实数的值是 C. 在变化过程中，存在定直线与所有的圆都相切 D. 当时，为圆上任意一点，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】圆关于直线对称，则圆心坐标满足直线方程，可以判断A选项；圆上恰有三个点到直线的距离为1，说明圆心到直线的距离等于半径减1，列出方程，求解，可判断B选项；由于圆心到直线的距离为，与圆的半径相等，因此直线与所有的圆都相切，可判断C选项；令，当直线与圆相切时，有最值，列方程求解，可判断D选项. 【详解】将圆整理得， 故圆的圆心为，半径，且， 选项A，圆关于直线对称，则圆心在直线上， ，得，A选项正确， 选项B，圆上恰有三个点到直线的距离都为1，说明圆心到直线的距离等于半径减1（半径大于1）， 圆心到直线的距离， 由得，解得或，B选项错误， 选项C，由于圆心到直线的距离为，与圆的半径相等，因此直线与所有的圆都相切，C选项正确， 选项D，当时，圆的圆心为，半径， 令，即，当直线与圆相切时，取得最值，圆心到直线的距离等于半径， ，解得或，因此的最大值为，D选项正确. 11. 平面内有定直线，定点，，动点，在直线上，且．直线与直线交于点，记动点的轨迹为曲线．下列说法正确的有（ ） A. 曲线是双曲线 B. 曲线上存在点，使得 C. 若是曲线上异于的点，的垂心为，则点也在此曲线上 D. 若是曲线上的动点，直线分别与直线相交，则两交点连成的线段长度随的位置改变而变化 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，由题设，则，求出直线的方程，联立求得点的坐标，进而求得曲线的方程，得解；对B，联立曲线方程，判断方程组解的情况得解；对C，设，则，，求出直线的方程，令，可得，进而求得点的坐标，验证方程是否成立即可；对D，设为曲线上的点，直线，与分别交于点，求出直线，的方程，进而求得，由，求出即可得解. 【详解】对于A，因为动点在直线上，且，不妨设，则， 所以直线，直线，令， 所以直线，直线， 联立，解得，即， 则，故， 所以曲线的方程为，曲线为双曲线，故A正确； 对于B，联立，得，解得代回，得，无实数解，因此不存在满足条件的点，故B错误； 对于C，设为曲线上异于的点，则. 是的垂心，在轴上，则， 又，直线的斜率为，则直线的斜率， 所以直线的方程为，代入，可得， 所以，故点的坐标为，满足方程， 所以点也在曲线上，故C正确； 对于D，设为曲线上的点，则，直线，与分别交于点， 则直线的方程为，直线的方程为， 将直线的方程与直线联立，可得， 同理，可得， ， 因为点在上，所以，为定值，不随的位置改变而变化，故D错误. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上． 12. 过点且与直线垂直的直线的方程是___________． 【答案】 【解析】 【详解】直线的斜率，与其垂直的直线斜率为， 由点斜式方程可得，即. 13. 已知圆与圆，若两圆外离，则点到直线的距离的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由得，即可求解． 【详解】依题意得， 若两圆外离，则， 得，得， 点到直线的距离， 故距离的取值范围是 14. 2026年4月，中国科学院上海光学精密机械研究所何飞团队揭示了时空双折射新效应．双折射是光束入射到各向异性晶体，分解为两束偏振光沿不同方向传播的现象．当平面波垂直射入单轴晶体时，两束光在平行于光轴的截面上的波阵面分别为椭圆和与其同心内切的圆（如图）．已知椭圆和其同心内切圆，过椭圆上一点引圆的两条切线，切点分别为，过点作与轴平行的直线与圆交于点，与直线交于点，则三角形面积的最大值为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】先求出直线的方程，进而可得点的坐标，再将直线与圆联立，可求得点坐标，从而可得，根据及基本不等式即可求得答案. 【详解】由题意可知在以为直径的圆上， 此圆的方程为，即， 又因为在圆上， 由，得， 即直线的方程为， 又因为直线的方程为， 由，得， 又因为，所以，即； 由，得，解得， 又因为，， 若，则，满足题意； 若，则，不满足题意， 所以，， 所以， 所以， 又因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以三角形面积的最大值为. 四、解答题：本大题共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. 已知圆经过两点，且圆心在直线上． （1）求圆的方程； （2）若直线过点，与圆交于，两点，且，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设出圆的标准方程，利用待定系数法求解； （2）当直线的斜率不存在时直接得答案；当直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出斜率可得答案. 【小问1详解】 设圆的方程为， 因为圆经过和，且圆心在直线上， 所以， 解得：， 所以圆的方程为：． 【小问2详解】 ①当斜率不存在时，l的方程为，交圆于与两点， 此时截得的弦长，符合题意． ②当斜率存在时，设l的方程为，即， 又直线被圆C所截得的弦长为2，所以，则． 所以， 解得，所以直线的方程为，即． 综上，的方程为或． 16. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为梯形，，，且． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，将异面直线所成角转化为两方向向量夹角的绝对值，通过向量点积公式求解余弦值； （2）先求出平面的法向量，再利用向量在法向量上的投影绝对值，计算点到平面的距离. 【小问1详解】 过点作交于，因为， 所以是等边三角形，所以，． 因为四边形为梯形，，，所以四边形是矩形， 所以，． 因为平面，平面，所以，． 又因为，，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 如图所示 则，，，，． 所以，， 设异面直线与所成角为， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为； 【小问2详解】 由（1）知，，，． 设平面的法向量为， 则，所以，令，则． 所以平面的一个法向量为． 所以点到平面的距离为． 17. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点在椭圆上，的周长为6． （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，直线与椭圆相交于不同的两点，，若，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的性质结合待定系数法计算即可； （2）利用平面向量的夹角公式结合韦达定理计算即可. 【小问1详解】 ， 因此， 所以椭圆方程． 【小问2详解】 设， 联立，可得， 所以，则， 又，则， 即， 所以. 18. 如图，在斜三棱柱中，所有棱长均为2，满足，．点在棱上，点在上，且． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若平面与线段交于点，记平面与侧面的夹角为，求的最小值． 【答案】（1）过作，交于．因为，平面，平面，所以平面，在中，由得，已知，则，所以，即在中，故，因为平面 ，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面. （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）通过作交于，利用比例关系证得，从而证明平面平面，由此得出线面平行； （2）根据几何垂直关系建立空间直角坐标系，求出向量与平面的法向量，代入线面角公式计算即可得正弦值； （3）求出平面的法向量，联立直线方程求出交点并确定参数的范围，将两平面夹角的余弦值表示为关于的函数，通过换元法求二次函数最值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 如图所示，以为原点，所在直线为轴，在平面内过作垂直于的直线为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系. 由底面为正三角形且边长，得，，， 设，由于棱柱侧棱平行，则，， 由条件，且及知为正三角形，故， 结合，得：， 解得，所以， 因为 ，且，设， 则 ，解得， 因为，且，设， 则，解得, 所以，又因为，所以， 所以直线的方向向量可取为， 设平面的法向量为， ，， 由得， 解得 ，即， 令，则，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为. 【小问3详解】 ，, 设平面的法向量为，由，所以 由①得：， 将其代入②中：， 所以， 即，令，则， 此时，解得， 所以，平面 的一个法向量为， 设，则， 因为在平面上，所以，得， 所以，解得， 由，即 ，解得， 所以，， 设，令 ，则，， 于是， 设，则， 因为二次函数在上单调递减，上单调递增，所以当（即）时，该二次函数取得最大值，此时取得最小值， 所以，解得， 故平面与侧面夹角余弦值的最小值为. 19. 已知是抛物线上的三个动点，为坐标原点，定点． （1）若四边形为正方形，求的值； （2）当时，若的重心恰好是点，求的最大值； （3）若四边形为等腰梯形，求的最大值． 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先根据正方形的性质，求点的坐标，求抛物线方程； （2）首先设点的坐标，再根据重心坐标公式和弦长公式，即可求解； （3）解法一：首先设点的坐标，以及与轴交点的坐标，再根据抛物线方程，以及直线的方程，表示，再根据基本不等式，即可求解；解法二：首先根据等腰梯形的性质，表示点坐标的关系，并表示，最后结合换元和基本不等式求解. 【小问1详解】 若四边形为正方形，则点必在轴两侧， 则与垂直平分且相等，又因,则可得， 代入抛物线方程得，解得； 【小问2详解】 因抛物线方程为,则可设， 因为直线的方程为, 整理得，， 又因为是的重心，则， 则，整理得 所以①，②, 由，整理得， 设,则，且 于是，， 其中,则 所以 当且仅当取到最大值，此时，即长度的最大值为； 【小问3详解】 （解法一）设，与轴相交于点，点坐标为， 由于四边形为等腰梯形，所以， 则,解得 又因为，则 设直线与抛物线方程进行联立 解得，则， 由，得，， 则，即， 即， 若，则轴，此时四边形为菱形，这与已知相矛盾， 所以，即， 得， 即， 当且仅当时，即时，取到最大值， （解法二）设，则 因为四边形为等腰梯形，不妨令，所以即 解得 设中点为，点坐标为， 设中点为，点坐标为则 又因为直线与直线垂直 ， 即 所以，则， 令则 当且仅当，即时，取到最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $