精品解析：浙江省金兰教育合作组织2026-2027学年高二上学期11月期中数学试题

高二数学学科 注意事项： 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卡上，写在试题上无效. 4.结束后，只需上交答题卡. 选择题部分（共58分） 一、单选题：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. 若直线的方向向量，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 0 2. 抛物线的焦点坐标是 A. B. C. D. 3. 已知椭圆的右焦点为F，椭圆上的两点P､Q关于原点对称，若6，且椭圆C的离心率为，则椭圆C的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 5. 已知与是直线（k为常数）上两个不同的点，则关于x和y的方程组的解的情况是（ ） A. 无论k、、如何，总是无解 B. 无论k、、如何，总有唯一解； C. 存在k、、，使之恰有两解 D. 存在k、、，使之有无穷多解 6. 正方体中，是棱的中点，，若平面与棱相交于点，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 7 7. 已知两点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之和是2，设的轨迹为曲线，下面关于曲线的四个结论： ①曲线是中心对称图形； ②对任意非零实数，直线与曲线总有两个公共点； ③对任意非零实数，直线与曲线总有两个公共点； ④对任意非零实数，曲线与曲线总有两个公共点． 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ①② C. ②③④ D. ①②④ 8. 是双曲线的左右焦点，点为双曲线右支上一点，点在轴上，满足，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，，是空间任意四点，则有 B. 若，则存在唯一的实数，使得 C. 若，共线，则 D. 对空间任意一点与不共线的三点，，，（其中，，），若，，，四点共面，则 10. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知，，圆C：上有且仅有一个点满足，则r的取值可以为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 11. 如图，在正方体中，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 存在点，满足平面 C. 当且仅当时，取得最小值 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，，则线段中靠近的三等分点的坐标是________． 13. ，，，则实数，，从大到小的关系是________. 14. 已知椭圆，直线，则椭圆C上的点P到直线l的距离的最小值为______． 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. 已知点，. （1）求以线段为直径的圆的方程； （2）过点引圆的切线，求切线方程. 16. 三棱锥中，，，. （1）求证：； （2）求直线与直线所成角的余弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知双曲线的右焦点，渐近线方程为. （1）求双曲线的方程； （2）过上任一点作的切线，分别与直线和相交于，两点，求证：为定值. 18. 正方体的棱长为，点、分别在面对角线和上移动，记，，，. （1）当时，求线段长的最小值； （2）定义：和两条异面直线都垂直且相交的线段称为两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长即是两条异面直线的距离.求直线和的距离； （3）是否存在直线，满足与平面、平面、平面所成角都相等，若存在，这样的直线有几条？若不存在，请说明理由. 19. 已知点是圆上动点，过作轴的垂线，垂足为，动点满足，为坐标原点. （1）求动点的轨迹的方程； （2）设，，过的直线与依次交于、两点（在第二象限），直线，分别与交于另一点，，当两点不重合时，直线与轴交点为，求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学学科 注意事项： 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卡上，写在试题上无效. 4.结束后，只需上交答题卡. 选择题部分（共58分） 一、单选题：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. 若直线的方向向量，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】由方向向量可知直线垂直于轴，从而求出倾斜角. 【详解】由方向向量可知，对应直线为垂直于轴的直线，则倾斜角为. 2. 抛物线的焦点坐标是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由抛物线方程直接求解． 【详解】由抛物线得：， 所以，所以抛物线的焦点坐标是： 故选A 【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质，属于基础题． 3. 已知椭圆的右焦点为F，椭圆上的两点P､Q关于原点对称，若6，且椭圆C的离心率为，则椭圆C的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义与对称性可得，再根据离心率为可得，进而得出椭圆方程 【详解】由椭圆的定义及椭圆的对称性可得由椭圆C的离心率为得，所以 故选：A 4. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题设，， 则向量在上的投影向量为. 5. 已知与是直线（k为常数）上两个不同的点，则关于x和y的方程组的解的情况是（ ） A. 无论k、、如何，总是无解 B. 无论k、、如何，总有唯一解； C. 存在k、、，使之恰有两解 D. 存在k、、，使之有无穷多解 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，可得与不共线，得到，进而得到一定有唯一解，即可得到答案. 【详解】因为与是直线（为常数）上两个不同的点， 且直线斜率存在，且不过原点，所以与不共线，可得， 所以关于和的方程组，一定有唯一解. 故选：B. 6. 正方体中，是棱的中点，，若平面与棱相交于点，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，写出各点坐标，设表示出点的坐标；根据面面平行的性质推出四边形是平行四边形，由列方程求解，即可得到的值． 【详解】 如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为，，， ，，，， ，， 因为平面平面，平面平面，平面平面，所以， 因为平面平面，平面平面，平面平面，所以， 所以四边形是平行四边形， 所以，且，即 所以，解得， 所以． 7. 已知两点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之和是2，设的轨迹为曲线，下面关于曲线的四个结论： ①曲线是中心对称图形； ②对任意非零实数，直线与曲线总有两个公共点； ③对任意非零实数，直线与曲线总有两个公共点； ④对任意非零实数，曲线与曲线总有两个公共点． 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ①② C. ②③④ D. ①②④ 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得曲线C方程满足：.对于①，通过验证，是否均在曲线上可判断正误；对于②③④，将对应方程与曲线方程联立，通过判断联立方程在题设限制下根的个数可判断正误. 【详解】设，由题可得. 对于①，设在曲线C上，则. 对于，代入方程左边可得， 从而也在曲线C上，即曲线C为中心对称图形，故①正确； 对于②，将与联立，则. 对于方程，其判别式为， 则方程总有两相异实根，又注意到当且仅当，方程有根， 则不为0时，与曲线C总有两不同交点，故②正确； 对于③，将与联立，则， 显然时，方程无实数根， 则当时，与曲线C无交点，故③错误； 对于④，将与联立，则， 显然时，方程无实数根， 则当时，与曲线C无交点，故④错误. 综上，可得①②正确. 故选：B 8. 是双曲线的左右焦点，点为双曲线右支上一点，点在轴上，满足，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量加法运算法则，结合平行四边形的性质可确定以为邻边的平行四边形为菱形，得到，结合双曲线定义可求得，利用余弦定理可构造的齐次方程，从而求得离心率. 【详解】 设，则， 是以为邻边的平行四边形的一条对角线， 又，为的角平分线， 以为邻边的平行四边形为菱形，， 由双曲线定义知：，，， 在中，由余弦定理得：， 双曲线的离心率. 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，，是空间任意四点，则有 B. 若，则存在唯一的实数，使得 C. 若，共线，则 D. 对空间任意一点与不共线的三点，，，（其中，，），若，，，四点共面，则 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A：，故选项A正确； 对于B：若，，此时，但不存在实数，使得，故选项B错误； 对于C：若，共线，四点可以在一条直线上，故选项C错误； 对于D：若，，，四点共面，因为三点，，不共线，则存在实数唯一实数、，使得，所以，即得.当点在平面外时，，，不共面，若又有则由空间向量基本定理，则，当点也在平面内时，，，共面，空间向量基本定理不成立，若，不一定有.例如在，，，，五点共面时，可能成立，故选项D错误. 10. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知，，圆C：上有且仅有一个点满足，则r的取值可以为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】AD 【解析】 【详解】设， 由得， 整理得，，即， 故点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆， 因为圆C：上有且仅有一个点， 所以两圆相切， 所以或， 解得或. 11. 如图，在正方体中，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 存在点，满足平面 C. 当且仅当时，取得最小值 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，根据线面垂直的判定定理即可判断A；求出平面的法向量，若平面，则，进而可判断B；求出的表达式，进而可判断C；求出直线与平面所成角的正弦值表达式，进而可判断D. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为，， 则， ， 对于A，， 则， 所以， 又平面， 所以平面，故A正确； 对于B，， 设平面的法向量为， 则有， 取，则， 若平面，则，解得， 又因为， 所以不存在点，满足平面，故B错误； 对于C，， 则， 可看作点到点与到点的距离之和， 点关于轴的对称点， 则当三点共线时，点到点与到点的距离之和最小， 即点到点与到点的距离之和最小， ， 因为，所以，解得， 所以当时，取得最小值， 此时，即，故C正确； 对于D，， 设平面的法向量为， 则有，取，则， 设直线与平面所成的角为， 则， 令，则， 则， 当，即，即时，取得最大值，最大值为，故D正确. 故选：ACD. 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，，则线段中靠近的三等分点的坐标是________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出空间向量，的坐标，根据靠近的三等分点的向量关系列方程组，可求得点的坐标． 【详解】设，，， 所以，， 由题知，，即， 所以，解得， 所以的坐标是． 13. ，，，则实数，，从大到小的关系是________. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用对数的性质将其化为，，，再根据对数函数在上单调递增进行大小比较即可. 【详解】由题可得，，则，，， 因为对数函数在上单调递增，，所以， 即，所以. 14. 已知椭圆，直线，则椭圆C上的点P到直线l的距离的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：当过点P的直线与直线l平行且与椭圆相切时，点P到直线l的距离取得最小值；方法二：应用三角换元设，再应用点到直线距离公式结合三角函数值域计算求解最小值即可. 【详解】方法一：设，即， 与椭圆C的方程联立，得． ，∴， 当时，点P到直线l的距离为， 即椭圆C上的点P到直线l的距离的最小值为． 方法二：设， 由点到直线距离公式 ∵，∴ ∴，∴． 故答案为：. 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. 已知点，. （1）求以线段为直径的圆的方程； （2）过点引圆的切线，求切线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【小问1详解】 由题意圆心的坐标为，半径， 所以圆的方程为. 【小问2详解】 当切线斜率存在时，设切线为， ，解得：， 此时切线方程为: ，即； 当切线斜率不存在时，方程为， 此时到的距离为，符合题意； 综上：切线方程为或. 16. 三棱锥中，，，. （1）求证：； （2）求直线与直线所成角的余弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）因为，， 所以， ， 所以， 所以，所以； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用空间向量，计算即可证明； （2）设直线与所成的角，利用，即可求解； （3）过点作交于，又，则直线与所成的夹角即为平面与平面的夹角，再利用向量法求与夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，，. 所以， ， 设直线与所成的角， 则. 所以直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】 过点作交的延长线于， 又因为，所以直线与所成的夹角即为平面与平面的夹角，设为. 在中，，所以. ， 所以， 即， 所以， 所以， 所以面与面夹角的余弦值为. 17. 已知双曲线的右焦点，渐近线方程为. （1）求双曲线的方程； （2）过上任一点作的切线，分别与直线和相交于，两点，求证：为定值. 【答案】（1） （2）证明：由题可知斜率必存在，设， 与双曲线联立， 即， 因直线与双曲线相切，即，即，解得， 所以直线. 则，， 所以，， 所以，即. 所以为定值. 【解析】 【分析】（1）由题可设，再结合即可求解； （2）由题可得切线斜率存在并设为，然后与双曲线联立再结合可出切线方程从而可求出，，从而可求解. 【小问1详解】 双曲线的渐近线方程为，可设，即， 又因，所以，解得， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 略 18. 正方体的棱长为，点、分别在面对角线和上移动，记，，，. （1）当时，求线段长的最小值； （2）定义：和两条异面直线都垂直且相交的线段称为两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长即是两条异面直线的距离.求直线和的距离； （3）是否存在直线，满足与平面、平面、平面所成角都相等，若存在，这样的直线有几条？若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在，这样的直线有一条 【解析】 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，求出和的坐标，利用向量的线性运算求出点的坐标，将线段的长度表示为关于的二次函数，利用二次函数的性质即可求出最小值；（2）根据公垂线段的定义，将距离问题转化为求向量，使其同时垂直于两条异面直线的方向向量，利用数量积为列方程组求出，进而求得距离；（3）分别求出三个平面的法向量，设直线的方向向量为，由直线与平面所成角相等转化为与法向量夹角余弦的绝对值相等，列方程求出和的值，由解的个数即可判断直线的条数. 【小问1详解】 如图所示，以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为， 所以，，，. 则，. 因为，，且， 所以，. 当时，，， 则. 因为，所以当时，线段取得最小值. 【小问2详解】 由题意，当同时垂直于和时，即为异面直线和的距离. 所以， 即， 化简得，解得. 此时， 所以. 【小问3详解】 由题意可知，，，，，. 则，，，，. 设平面的法向量为， 由，令，得； 同理可求得平面的法向量，平面的法向量. 设直线的方向向量为. 若直线与平面、平面、平面所成角都相等， 则直线的方向向量与这三个平面的法向量夹角余弦的绝对值相等， 即. 因为，，， 所以， 即. 化简得，且. 解得，. 又因为， 所以，. 这表明存在唯一的实数对满足条件，即对应唯一的点和. 故存在直线满足条件，且这样的直线有条. 19. 已知点是圆上动点，过作轴的垂线，垂足为，动点满足，为坐标原点. （1）求动点的轨迹的方程； （2）设，，过的直线与依次交于、两点（在第二象限），直线，分别与交于另一点，，当两点不重合时，直线与轴交点为，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，，，由已知及向量线性关系的坐标运算列方程得，代入，即可得轨迹方程； （2）设直线，，，联立椭圆方程并应用韦达定理得，设联立椭圆方程求得，进而写出直线，求得，最后由并结合基本不等式求面积的最大值，注意取值条件. 【小问1详解】 设，，，结合， 所以，代入整理得； 【小问2详解】 设直线，直线与椭圆方程联立得， 所以，可得， 设，，得，显然①， 且， 设，与椭圆方程联立得， 所以，则，可得， ，而， ， 令，得，结合①得， 过定点，则， 令，则， 当且仅当即取等号，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $