精品解析：山东省淄博第一中学2026-2027学年高二上学期期中考试数学试卷

2026年11月淄博市高二上期中考试数学试卷—淄博一中 一、单选题 1. 圆与圆的公切线条数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 若椭圆的两个焦点分别为和，且椭圆过点，则椭圆的方程是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在四棱台中，底面是菱形，平面，，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线C：的一条渐近线方程是，过其左焦点作斜率为2的直线l交双曲线C于A，B两点，则截得的弦长（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 6. 已知椭圆的右焦点为.短轴的一个端点为，直线交椭圆于，两点.若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是（    ） A. B. C. D. 7. 在平行六面体中，，，，，则（    ） A. B. C. D. 8. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点，分别在的左、右两支上，且满足，，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 若P是双曲线C：上一点，C的一个焦点坐标为，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 渐近线方程为 C. 的最小值是2 D. 焦点到渐近线的距离是 10. 设动直线交圆于，两点（点为圆心），则下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 当取得最小值时， C. 当最小时，其余弦值为 D. 的最大值为24 11. 已知正方体的棱长为4，动点在正方体表面上（不包括边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得∥面 B. 存在点，使得面 C. 若与的夹角为，则点的轨迹长度为 D. 若为面的中心，则的最小值为 三、填空题 12. 已知直线，若，则与之间的距离为__________. 13. 椭圆的一条弦被点平分,那么这条弦所在的直线方程是________. 14. 棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在侧面上运动，满足平面，则线段的最小值为_____. 四、解答题-问答题 15. 已知动点与两个定点，的距离的比是2. （1）求动点的轨迹的方程； （2）直线过点，且被曲线截得的弦长为，求直线的方程. 16. 如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，，，. （1）证明：； （2）已知点B到平面的距离为，求. 17. 已知椭圆和直线l：，椭圆的离心率，坐标原点到直线的距离为. （1）求椭圆的方程； （2）已知定点，若直线与椭圆相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由. 18. 在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 19. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，在母线PC上，且，，. （1）求证：平面平面ABD； （2）求二面角的余弦值. （3）设线段PO上动点为，求直线DM与平面ABE所成角的正弦值的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年11月淄博市高二上期中考试数学试卷—淄博一中 一、单选题 1. 圆与圆的公切线条数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】分析圆心距和两圆半径的关系，可知两圆外切，即可得到两圆公切线条数. 【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径. 因为，所以两圆外切，所以圆与圆的公切线有3条. 故选：C. 2. 已知，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用在上的投影向量公式计算求解. 【详解】在上的投影向量为 故选：B. 3. 若椭圆的两个焦点分别为和，且椭圆过点，则椭圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可知焦点在y轴上，可设，再代入求解即可． 【详解】由题可知焦点在y轴上，可设， ，解得， 所以椭圆的方程是． 故选：B 4. 如图，在四棱台中，底面是菱形，平面，，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立合适空间直角坐标系，然后根据点到直线的距离的向量求法求解出结果. 【详解】以为原点，分别以，过垂直于，方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示， 因为且四边形是菱形， 所以，且，即， 所以， 设点到直线的距离为， 所以， 故选：D. 5. 已知双曲线C：的一条渐近线方程是，过其左焦点作斜率为2的直线l交双曲线C于A，B两点，则截得的弦长（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】根据渐近线方程和焦点坐标可解得，再将直线方程代入双曲线方程消元，由韦达定理和弦长公式可得. 【详解】双曲线C：的一条渐近线方程是，，即左焦点，，，，，双曲线C的方程为易知直线l的方程为，设，，由，消去y可得，， 故选：D 6. 已知椭圆的右焦点为.短轴的一个端点为，直线交椭圆于，两点.若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设为椭圆的左焦点，连接，，根据对称性知为平行四边形，即可求参数，由到直线的距离不小于，结合点线距离公式有，进而可求离心率的范围. 【详解】设椭圆的左焦点为，连接，， 则根据对称性有，，故为平行四边形，，.    短轴端点为，两点到直线的距离相等， 不妨取，点到的距离，故. 又椭圆满足，故. 由， 由，得，于是， 又，所以，故. 7. 在平行六面体中，，，，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量基本定理得，然后平方转化为数量积的运算求得线段长． 【详解】 由已知，同理， 由得 ， 所以. 8. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点，分别在的左、右两支上，且满足，，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行关系利用对称性并结合双曲线定义，利用勾股定理构造方程可解得，可得其离心率. 【详解】连接，延长与双曲线交于点，连接，如下图所示： 由，根据对称性可知，又，所以四边形为矩形； 由可设，则; 由双曲线定义可知，所以，所以； 又，所以； 因为， 在中，，且， 所以，解得； 即，所以； 在中，，即， 解得，即. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据平行关系利用对称性，由双曲线定义和勾股定理计算得出的关系式，即可求解. 二、多选题 9. 若P是双曲线C：上一点，C的一个焦点坐标为，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 渐近线方程为 C. 的最小值是2 D. 焦点到渐近线的距离是 【答案】BCD 【解析】 【分析】由焦点坐标可求得值，由双曲线方程可得渐近线方程，根据双曲线的性质可得双曲线上的点到焦点距离的最小值，由点到直线距离公式求得焦点到渐近线的距离判断各选项． 【详解】依题意可知，所以A答案错误；双曲线的方程为，所以渐近线的方程为，， 渐近线方程为，焦点到渐近线的距离是， 故选：BCD． 10. 设动直线交圆于，两点（点为圆心），则下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 当取得最小值时， C. 当最小时，其余弦值为 D. 的最大值为24 【答案】ACD 【解析】 【分析】A令可得；BC根据直线与过点和的直线垂直判断；D利用数量积的几何意义求出. 【详解】对于A：由有， 令有，所以，所以直线过定点，故A正确； 对于B：点在圆内，圆的圆心为， 当取得最小值时，直线与过点和的直线垂直， 所以，解得，故B错误； 对于C：当最小时，此时最小， 则， 由余弦定理有，故C正确； 对于D：， 即的最大值为24，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知正方体的棱长为4，动点在正方体表面上（不包括边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得∥面 B. 存在点，使得面 C. 若与的夹角为，则点的轨迹长度为 D. 若为面的中心，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，通过证明∥即可得出结论；B项，求出面的法向量，计算出面时点的坐标，即可得出结论；C项，求出点的轨迹，即可求出点的轨迹长度；D项，作出取最小值时的图，根据对称性和两点之间距离公式即可求出的最小值. 【详解】由题意， 在正方体中，棱长为4， 动点在正方体表面上（不包括边界）， 连接，设的中点为，连接，设两线段交点为，连接， 建立空间直角坐标系如下图所示， ， ∴， ∴∥， ∵面，面， ∴∥面， ∴当点在处时，面， ∴存在点，使得∥面，故A正确； B项，在面中，， 设面的法向量为， 即，解得， 当时，， 若面，则，， ∵动点在正方体表面上， ∴，此时，与重合， ∵点不在边界上，故不存在点，使得面，B错误； C项，因为，与的夹角为， 所以与所成的角为， 则 由几何知识得，点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的四分之一（即）， 在中，，，， ∴， ∴点的轨迹长度为：，C正确； D项，为面的中心，作点关于平面的对称点， 连接，当最小时，， ∴，， ∴，D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12. 已知直线，若，则与之间的距离为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据两直线平行的充要条件求出，利用两平行线间距离公式求解. 【详解】由，可得，解得， 所以直线，即， 所以与间的距离为. 故答案为：. 13. 椭圆的一条弦被点平分,那么这条弦所在的直线方程是________. 【答案】 【解析】 【分析】利用点差法即得直线斜率，再根据点斜式求直线方程. 【详解】设这条弦的端点坐标为，则 ，，， ∴，， 所以， 因此这条弦所在的直线方程为，即. 故答案为：. 14. 棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在侧面上运动，满足平面，则线段的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出点的坐标，设，，根据线面垂直得到方程组，求出，，从而求出，得到线段PQ的最小值. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，设，， 所以， ， 因为平面， 所以， 故， ，故， 其中， 故， 故当时，，此时满足要求， 所以线段PQ的最小值为. 故答案为： 四、解答题-问答题 15. 已知动点与两个定点，的距离的比是2. （1）求动点的轨迹的方程； （2）直线过点，且被曲线截得的弦长为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）直接利用条件求出点的轨迹方程，所求方程表示一个圆； （2）直线的斜率分存在与不存在两种情况，当直线的斜率不存在时，检验不满足条件；当直线的斜率存在时，用点斜式设出直线的方程，根据弦长和点到直线的距离公式列出等式即可求出直线的斜率，进而求出直线的方程. 【小问1详解】 设点， 动点与两个定点，的距离的比是， ，即， 则， 化简得， 所以动点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 由（1）可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 直线被曲线截得的弦长为， 圆心到直线的距离， ①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离是3，不符合条件； ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 所以圆心到直线的距离， 化简得，解得或， 此时直线的方程为或. 综上，直线的方程是或. 16. 如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，，，. （1）证明：； （2）已知点B到平面的距离为，求. 【答案】（1）证明：因为，， 所以， 所以, 因为为直四棱柱， 所以，因为，，面，所以面, 因为，所以面, 又因为面，所以, （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知的线段长结合勾股定理证明一个垂直关系，再结合已知条件，问题即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设定参数来表示各点坐标，然后通过空间向量解法即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）及题意知，，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 因为，，，设. 所以，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，即 令，解得，，∴， 所以点B到平面的距离为 解得（舍负）， ∴. 17. 已知椭圆和直线l：，椭圆的离心率，坐标原点到直线的距离为. （1）求椭圆的方程； （2）已知定点，若直线与椭圆相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意写出关于的等式，进行联立即可求解； （2）先假设假设存在实数k，联立直线与椭圆可得，以CD为直径的圆过定点E可得，将韦达定理代入即可求解 【小问1详解】 直线l方程为， 依题意可得：，又， 解得：，， ∴椭圆的方程为； 【小问2详解】 假设存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E， 联立得， ∴，∴或①， 设，，则②， 而， ，， 要使以CD为直径的圆过点，当且仅当，故， 则， ∴，③ 将②代入③得，解得，经验证使得①成立， 综上可知，存在使得以CD为直径的圆过点E. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 18. 在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程； (2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值. 【详解】(1) 因为， 所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支， 设轨迹的方程为，则，可得，， 所以，轨迹的方程为. （2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立 如图所示，设, 设直线的方程为． 联立, 化简得，， 则． 故． 则． 设的方程为，同理． 因为，所以， 化简得， 所以，即． 因为，所以． [方法二] ：参数方程法 设．设直线的倾斜角为， 则其参数方程为， 联立直线方程与曲线C的方程， 可得， 整理得． 设， 由根与系数的关系得． 设直线的倾斜角为，， 同理可得 由，得． 因为，所以． 由题意分析知．所以， 故直线的斜率与直线的斜率之和为0． [方法三]：利用圆幂定理 因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆． 设,直线的方程为， 直线的方程为, 则二次曲线． 又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为： ， 整理可得： ， 其中． 由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即. 【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解； 方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中. 方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单. 19. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，在母线PC上，且，，. （1）求证：平面平面ABD； （2）求二面角的余弦值. （3）设线段PO上动点为，求直线DM与平面ABE所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1） 如图所示，设AC与BD交于点F，连接EF， 由于底面底面，故， 又，即，平面， 故平面，又平面，故，， 为底面圆的内接正三角形，且边长为， 则，； 又，即, 而∽，则，即， 结合，平面ABD，， ∴平面ABD，又平面， ∴平面平面. （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）设AC与BD交于点F，证明平面ABD，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法，即可求得答案； （3）利用向量法求出直线DM与平面ABE所成角的正弦值的表达式，结合基本不等式即可求得最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以点F为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 结合（1）可知， 则， 则， 设平面ABE的法向量为，则， 令，则， 平面的法向量可取为， 则，由原图可知二面角为锐角， 故二面角的余弦值为； 【小问3详解】 由（2）可得, 设，则， 设直线DM与平面ABE所成角为， 则， 则， 令，则 ， 当且仅当，即时取等号， 即当时，取最大值4，则取最大值1， 故直线DM与平面ABE所成角的正弦值的最大值为1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $