精品解析：浙江省强基联盟2026-2027学年高二上学期11月题库数学试题

2026年高二11月题库 数学试题 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 3. 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. 既不充分也不必要条件 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 5. 袋中有2个白球､3个黑球，除颜色外完全相同.现有放回地随机取球两次，每次取1个，则两次取出的球中至少有一个白球的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是椭圆的左､右顶点，是上异于的动点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与圆相交于两点．若圆上存在一点，使得四边形为菱形，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 8. 在棱长为2的正四面体中，空间点满足：，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 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，有多项是符合题目要求的.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. 已知直线，直线，则（ ） A. 直线过定点 B. 直线的一个方向向量为 C. 当时， D. 当时，与之间的距离为3 10. 已知函数，则（ ） A. B. 任意恒成立 C. 当时，是减函数 D. 当时，的所有零点之和为5 11. 若点关于平面的对称点为，则记.在正方体中，设平面为，平面为.设，则（ ） A. B. 平面平面 C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知四棱锥满足：，则实数的值为_________. 13. 已知椭圆的左､右焦点为，点在椭圆上.设点，若直线平分，且，则_________. 14. 已知两条直线和都经过点，则，两点之间的最短距离为______. 四､解答题：本小题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或验算步骤. 15. 已知斜率为的直线过点，分别与轴､轴交于两点. （1）求的坐标；（用表示） （2）求面积的最小值. 16. 已知圆过三点，过点的直线与圆相切. （1）求圆的标准方程； （2）求直线的方程. 17. 已知椭圆的离心率为，右焦点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作斜率为的直线交椭圆于两点， （i）当时，求弦长； （ii）当为锐角时（为坐标原点），求的取值范围. 18. 在三棱锥中，，. （1）求证：平面平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 19. 已知结论： ①椭圆上的点到两焦点的距离之和为定值；椭圆内的点到两焦点的距离之和小于该定值. ②平面内到两定点的距离之比为常数，且的动点的轨迹为圆.（此圆称为阿波罗尼斯圆） 问题：设、是椭圆的左、右焦点，是圆上的动点. （1）判断点与椭圆的位置关系，并求的最大值； （2）是否存在点（异于点），使得为定值？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由； （3）求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高二11月题库 数学试题 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得直线斜率，即可得倾斜角. 【详解】，则直线斜率为， 则直线倾斜角满足. 故选：B 2. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算解得，再由复数模的定义求得. 【详解】因为，所以. 3. 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. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】若，则直线，直线，得； 若，则，即，解得，或， 当时，直线，直线，得. 即时，，或， 故“”是“”的充分不必要条件. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用“1的代换”构造齐次式，即可求解. 【详解】由题意，， 又， 所以. 5. 袋中有2个白球､3个黑球，除颜色外完全相同.现有放回地随机取球两次，每次取1个，则两次取出的球中至少有一个白球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】记事件为第次取到白球，为第次取到黑球，为两次取球中至少取到次白球. 因为是有放回地取球，所以第次取球与第次取球的结果相互独立， 方法1：. 方法2：由对立事件的关系，得. 6. 已知是椭圆的左､右顶点，是上异于的动点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】方法1：取特殊点，代入计算即可求解；方法2：设，用点表示出，再由点在椭圆上，代入计算即可求解；方法3：根据“椭圆的第三定义”求解. 【详解】方法1：取特殊点，由，得. 方法2：设点，则，得， 由，得. 方法3：由“椭圆的第三定义”，得. 7. 已知直线与圆相交于两点．若圆上存在一点，使得四边形为菱形，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由四边形为菱形，得到到的距离等于1，由点到线的距离公式列出等式求解即可； 【详解】 因为圆上存在一点，使得四边形为菱形， 所以到的距离等于, 即， 解得：， 故选：C. 8. 在棱长为2的正四面体中，空间点满足：，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别取的中点，由向量极化恒等式得，，则点在过中点且与垂直的平面内，且，，最后由点到平面的距离求最小值. 【详解】如图，分别取的中点， 由， 同理可得，又，，可得， 因此，点在过中点且与垂直的平面内， 因为，所以，得， 又由，得， 因此，， 即的最小值为. 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，有多项是符合题目要求的.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. 已知直线，直线，则（ ） A. 直线过定点 B. 直线的一个方向向量为 C. 当时， D. 当时，与之间的距离为3 【答案】AC 【解析】 【分析】对A：令的系数为即可得；对B：向量是直线的一个法向量；对C：借助垂直性之计算即可得；对D：利用直线所过定点计算距离即可得. 【详解】对选项A，由的方程知， 当时，，得过定点，故选项A正确； 对选项B，向量是直线的一个法向量，故选项B错误； 对选项C，直线的一个法向量为， 当时，，解得，故选项C正确； 对选项D，当时，与之间的距离等于定点到的距离， 即，故选项D错误. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 任意恒成立 C. 当时，是减函数 D. 当时，的所有零点之和为5 【答案】ABD 【解析】 【分析】计算，可判断A的真假；计算，可判断B的真假；分离常数，将化成的形式，利用指数函数的单调性可判断的单调性，判断C的真假；把的零点转化为方程的根，设，在同一坐标系中作出两函数的图象，数形结合，判断零点的个数，再根据函数图象的对称性，可得的所有零点之和，即可判断D的真假. 【详解】对选项，故选项A正确； 对选项B，因为，， 所以，故选项B正确； 对选项C，当时，是增函数，故选项C错误； 对选项D，当时，， 令，即， 令， 如图， 在同一坐标系内分别作出与的大致图象，因为，， 所以当时，与的图象仅有两个不同的交点，即当时，仅有两个不同的零点， 由B选项知，的图象关于点中心对称，且，因此，共有5个不同的零点，因此所有零点之和为，故选项D正确. 11. 若点关于平面的对称点为，则记.在正方体中，设平面为，平面为.设，则（ ） A. B. 平面平面 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，运用对称可逆性和面面是否垂直进行验证；对于B，根据不同的两点到一个平面的距离相等得出由这两点构成的直线平行于这个平面，再运用面面平行的判定定理；对于C，运用平面平面，可将三点正投影到平面，将空间向量转化为平面向量的计算；对于D，运用C选项的结果，线段投影到平行面上长度不变的性质进行验证. 【详解】对选项A，由对称可逆性，， 因与不垂直，且得出三点不共线，故选项A错误； 对选项B，如图（1），因为平面，平面， 所以三点到平面的距离相等，且三点均在平面同侧， 故平面，平面，且， 因此平面平面，故选项B正确； 对选项C，因平面平面，可将三点正投影到平面， 因三点相对位置不变，不影响计算结果，此处投影点仍然分别用表示， 如图（2）所示，在平面中，以为原点，分别为轴建立直角坐标系， 不妨设棱长，则，得， 所以，故选项C正确； 对选项D，因为，所以. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知四棱锥满足：，则实数的值为_________. 【答案】0 【解析】 【分析】方法1：根据空间向量运算法则直接判断求解；方法2：根据空间向量线性运算化简可得，由四点共面列式计算求解即可. 【详解】方法1：因为点不在平面内， 所以要使成立，当且仅当， 故. 方法2：由条件，得， 即，显然， 则， 由四点共面，得，即，解得. 13. 已知椭圆的左､右焦点为，点在椭圆上.设点，若直线平分，且，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据椭圆的定义，得到，再利用三角形角平分线的性质列式，可求的值. 【详解】如图， 易得，由椭圆的定义，且，得； 因为是的平分线，由角平分线性质，得，即， 解得. 14. 已知两条直线和都经过点，则，两点之间的最短距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】代入坐标得到系数的关系，可得到两条新的直线方程，根据平行线之间的距离即可得. 【详解】由直线过点，得①，同理，得②，而方程①表示动点在直线上， 方程②表示动点在直线上， 因此两动点之间的最短距离 就是这两条平行线与之间的距离， 由两平行线之间的距离公式，得. 四､解答题：本小题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或验算步骤. 15. 已知斜率为的直线过点，分别与轴､轴交于两点. （1）求的坐标；（用表示） （2）求面积的最小值. 【答案】（1）； （2）4 【解析】 【分析】（1）用点斜式写出直线方程，分别令、求解，得到B、A两点坐标； （2）写出面积关于k的表达式，将负斜率转化为正项后，用基本不等式求最小值. 【小问1详解】 由题意，可设直线的方程为， 将代入方程，得，即；将代入方程，得，即. 【小问2详解】 因为，所以， ， 当且仅当，即时，面积取到最小值为4. 16. 已知圆过三点，过点的直线与圆相切. （1）求圆的标准方程； （2）求直线的方程. 【答案】（1）； （2）或． 【解析】 【分析】（1）计算与，可得，即，得线段为圆的直径，所以，的中点为圆心，进而得到圆的标准方程； （2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，利用圆心到直线的距离等于半径求出斜率，即可求解． 【小问1详解】 因为， 所以，即，得线段为圆的直径， 所以圆的半径， 且，即圆心， 故所求圆的标准方程为； 【小问2详解】 ①当切线的斜率存在时，可设其方程为， 即， 则圆心到切线的距离为， 解得，此时所求切线的方程为； ②当切线的斜率不存在时，方程为，此时点到的距离等于半径，满足题意； 综上，所求切线的方程为：或． 17. 已知椭圆的离心率为，右焦点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作斜率为的直线交椭圆于两点， （i）当时，求弦长； （ii）当为锐角时（为坐标原点），求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i） （ii）或 【解析】 【分析】（1）利用离心率及右焦点坐标计算即可得； （2）（i）设直线，联立椭圆方程，可得与交点横坐标有关的一元二次方程与相应韦达定理，结合，再借助弦长公式计算即可得；（ii）由为锐角可得，结合韦达定理计算可得，结合一元二次方程的根的判别式计算即可得解. 【小问1详解】 由已知，且，得，从而得， 因此所求椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 （i）设直线， 联立方程组消去并整理得， 则； 当时，，由弦长公式，得. （ii）因为直线与椭圆有两个不同的交点，则，解得；① 又因为为锐角，所以，即， 由， 得， 即，解得；② 由①②得，，解得或， 故所求直线斜率的取值范围为或. 18. 在三棱锥中，，. （1）求证：平面平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】（1）在中，已知， 由余弦定理得，， 在中，，得，即， 由平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理，结合勾股定理逆定理得到，再由可得线面垂直平面，进而得到面面垂直，即平面平面. （2）建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再结合平面与平面夹角的余弦值为,得到，进而由，可以求解得到. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，得， 设，则由，得. 由，得. 结合,可解得.所以. 由，得. 设为平面的一个法向量，则，得. 易知为平面的一个法向量， 则，整理得， 取或， 当时，由，即，解得； 当时，由，即，解得（舍去）. 因此. 19. 已知结论： ①椭圆上的点到两焦点的距离之和为定值；椭圆内的点到两焦点的距离之和小于该定值. ②平面内到两定点的距离之比为常数，且的动点的轨迹为圆.（此圆称为阿波罗尼斯圆） 问题：设、是椭圆的左、右焦点，是圆上的动点. （1）判断点与椭圆的位置关系，并求的最大值； （2）是否存在点（异于点），使得为定值？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由； （3）求的最大值. 【答案】（1）在椭圆内或在椭圆上，的最大值为 （2）存在定点 （3） 【解析】 【分析】（1）先联立椭圆与圆的方程，判断二者位置关系，得到唯一公共点，从而说明圆上的点均在椭圆内或椭圆上；再利用椭圆定义及结论①，将的最大值转化为椭圆上的点到两焦点距离之和； （2）设点，利用阿波罗尼斯圆思想，设，将距离比平方后整理为圆的一般方程，并与圆的一般方程比较系数，求出、、，从而确定定点； （3）利用圆与椭圆都关于轴对称，及（2）的结论，得到定点，使，进而把转化为，利用三角不等式求最大值，并说明共线时取等． 【小问1详解】 联立方程组，消去并整理得， 解得或， 由圆的方程，得，因此舍去， 方程组有唯一解，即椭圆与圆只有一个公共点， 又圆心在椭圆内，圆的半径小于椭圆的长半轴长，即圆上所有点均在椭圆内或椭圆上， 所以圆上的动点在椭圆内或在椭圆上， 由结论①知，， 当且仅当点在时，取到最大值. 【小问2详解】 假设存在点，使得， 设动点，则， 整理得， 因为圆的一般方程为， 令，解得， 所以存在定点，使得. 【小问3详解】 因为圆关于轴对称，、也关于轴对称， 由（2）知，存在定点，使得， 所以，当且仅当、、三点共线时取等号， 即点坐标为时，取到最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $