福建省福州市福九联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份福建省福州市福九联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
完卷时间：120 分钟满分：150 分
第 I 卷
一、单项选择题：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．
直线2x  y  1  0 的一个方向向量为（）．
(2, 1)
(2,1)
(1,  2)
(1, 2)
两平行直线 x  2 y 1  0 与2x  4 y  3  0 的距离为（）．
25
5
5
2
C． 45D．
5
5
2
已知椭圆 x
4
2
y
 1的一个焦点为 F 0,1 ，则k  （）．
5
k
3
​
​
3D． 5
已知a  1, 1, 0 ，b  1, 0,1 ，c  1, 3, x ，若a ，b ，c 三向量共面，则实数 x  （）．
A．3B． 3C．4D． 4
已知圆C :  x  32   y  22  4 ，点 A 是圆C 上一动点，点 B 3, 0 ， M 为线段 AB 的中点，则动点M 的轨迹方程为（）．
A． x2   y 12  4
C． x2   y 12  1
B． x2   y  22  1
D．  x 12  y2  1
已知椭圆 x2  y2  1以及椭圆内一点 P 2 ，2 ，以点 P 为中点的弦所在直线的斜率为
189
（）．
 1
2
2
1
2
D．2
在平面直角坐标系中，与点 A(1,  2) 距离为 1，且与点 B(2, 2) 距离为 2 的直线共有（）．
A．1 条B．2 条C．3 条D．4 条
2
2
:
已知圆C : x2  y2  b2 与椭圆Cx  y  1a  b  0 ，若在椭圆C 上存在一点 P ，过 P
12 a2b22
作圆 C 的两条切线，切点分别为 A, B ，且APB  π ，则椭圆C 离心率的取值范围为
122
（）．
2 
0,
B．  2 ,1
C．  0, 1 
 1 ,1
2 
 2
2 
 2

二、多项选择题：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。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
关于空间向量，以下说法正确的是（）．
任意向量a ，b ，c ，满足a  b c  a b  c 
若三个非零空间向量a ，b ，c 满足a  b ，b  c ，则有a∥c
若直线 l 的一个方向向量为2, 4, 2 ，平面α的一个法向量为1, 2, 1 ，则l α
若空间向量a  1, 0,1，b  0,1, 1 ，则a 在b 上的投影向量为 0,  1 , 1 
2 2 

已知圆C : (x  2)2  y2  4 ，直线l : m 1 x  2 y 1 m  0 m  R  ，则（）．
直线l 恒过定点1,1
直线l 与圆C 有两个交点
当m  0 时，圆C 上恰有四个点到直线l 的距离等于 1
2
直线l 与圆C 相交得到的最短弦长为2
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2， P ， Q 分别是线段 AB ， A1D1 上的动点，且满足
PQ 6 ， M 是线段 PQ 的中点，则（）．
若 P 是 AB 的中点，则 PQ∥平面 ACD1
若Q 是 A1D1 的中点，则 AM  平面 B1D1C
2
AP 的最大值是
10
MC  MD 的最小值为11 
2
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
在空间直角坐标系 Oxyz 中，点 P 1，2 ，3 关于 xOy 平面的对称点坐标是．
2
已知椭圆C : x
2
y
 1 的左焦点为 F ， A ，B 是C 上关于原点对称的两点，且AFB  90，
167
则△ABF 的周长为．
人教 A 版选择性必修一习题 1.4 拓广探索第 17 题中提到“在空间直角坐标系Oxyz 中，已知向量m  (a, b, c) ，点 P0  x0 , y0 , z0  ，若平面α经过点 P0 ，且以m 为法向量，点 P(x, y, z) 是平面内的任意一点，则平面α的方程为a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 ”．现已知平面 α的方程为 x  y  z 1  0 ，直线 l 是平面 x  y  2  0 与平面2x  z 1  0 的交线，则平面 α的一个法向量可以为m  （只需写出一个满足条件的向量即可），直线 l 与平面 α所成角的正弦值为．
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．
（13 分）
已知直线l 的方程为2x  2 y  5  0 ，若直线l 在 y 轴上的截距为 1 ，且l  l ．
12212
求直线l1 和l2 的交点坐标；
已知直线l3 经过l1 与l2 的交点，且与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积为 3，求直线
l3 的方程．
（15 分）
如图，在正四面体O  ABC 中， OA  6 ， M 为棱OA 的中点， N 为棱 BC （靠近C 点）的三等分点，设OA  a, OB  b, OC  c ．
用a ，b ，c 表示 AN ；
求OM  AN ；
求MN 的长．
（15 分）
已知圆C 经过 A(0, 1) 和 B(2,1) ，且圆心在直线 x  2 y 1  0 上．
求圆C 的方程；
若直线 l 过点(2, 2) ，与圆C 交于 M，N 两点， MCN  90 ，求直线 l 的方程．
（15 分）
如图（1），在直角梯形 ABCD 中， AB∥DC, AB  AD ，过 AB 的中点 E 作 EF∥AD 交 DC
于点 F ， FC  2EB  2EF  4 ， 现将四边形 AEFD 沿着 EF 翻折至 AEFD 位置， 使得
3
DB  2
，如图（2）所示．
证明： BC  平面 DBF ；
在线段 DC 上是否存在一点 P ，使得平面 BPF 与平面 DFC 的夹角的余弦值为 3 ，若
3
存在，确定点 P 的位置，若不存在，请说明理由．
（17 分）
已知 A1，A2 两点的坐标分别为（ 2，0）, (2,0) ，直线TA1 ，TA2 相交于点T ，它们的斜率之积是
 1 ． 4
求点T 的轨迹 E 的方程；
过点M 4, 0 的直线l 与 E 交于 A, B 两点．
求OA  OB 的取值范围；
MP
MQ
若直线 A1 A, A2 B 分别与直线 x  4 相交于 P, Q 两点，求
的值．
2025—2026 学年度第一学期福九联盟（高中）期中联考
高中二年数学科试卷评分细则
第 I 卷
选择题: 单选 8 题， 每小题 5 分； 多项选择 3 题， 全部选对的得 6 分， 部分选对的得
部分分，有选错的得 0 分．
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
B
D
D
C
A
D
B
CD
ABD
ACD
1, 2, 3
1414. (1, 1,1) （答案不唯一，λ1，1，1，λ 0 均可）， 2
3
四、解答题：解答应写?文字说明、证明过程或演算步骤．（共 5 题，13 分+15 分+15 分
+17 分+17 分，共 77 分）
【解析】（方法一）（1）因为直线l1 的斜率k1  1且l1  l2 ，所以直线l2 的斜率k2  1 ，
2 分
l1
因为 2 在 y 轴上的截距为 2 ，
所以直线l 方程： y  x  1 ，即2x  2 y 1  0 ，3 分
22
2x  2 y  5  0
 x  1

联立方程得：  2x  2 y 1  0

，解得
 y  3
，5 分
2
故交点为1, 3  ．6 分
2 

（2）依据题意可知：直线l 的斜率k  0 ，设直线l ： y  3  k (x 1) ，7 分
332
与两坐标轴的交点为 0, k  3  , 1 3 , 0  ，9 分
2  2k
 
则直线l 与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积S  1  k  3 1 3   3 ，10 分
32 2 2k 

解得k   3 ，12 分
2
故l 方程为： y  3   3  x 1 ，即3x  2 y  6  0 .13 分
322
（方法二）（1）同方法一．6 分
依据题意可知：直线l 的截距存在且不为0 ，设直线l ： x  y  1且a  0, b  0 …7 分
3
3 在直线l 上， 1  3  1
3ab
8 分
(1, )3
2
a2b
则直线l 与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积S  1 ab  3 ，9 分
32
 1  3  1
 a2b
联立方程得： 


1 ab  3
2
，11 分
又a  0, b  0
a  2

解得b  3
，12 分
故l 方程为： x  y  1，即3x  2 y  6  0 .13 分
323
–––→–––→–––→→–––→–––→→–––→2 –––→
【解析】（1） AN  AO  ON  a  OB  BN  a  OB BC
3
  →
–––→
2 –––→–––→
→→2 →
2 →→1 →2 →
a  OB 
BO  OC   a  b b c  a b c
…4 分
33333
––––→ –––→
1 →  →1 →
2 → 
1 →2
1 → →
1 → →

（2）OM  AN  2 a  a  3 b  3 c    2 a
a  b a  c
63
  1  36  1  6  6  1  1  6  6  1  18  3  6  9
26232
…9 分
––––→–––→––––→–––→
2 –––→1 →
→2 →→1 →
MN  ON  OM  OB 
BC 
a  b 
(c  b） a
a
b
c
  1 →  1 →  2 →
3232
…11 分
233

  2 a  3 b  3 c 
1 →
1 →
2 → 2


––––→
 MN 
1 →2
4
a b c  2   a  b  2   a  c  2  b  c
1 →2
4 →2
1  1 →
→
1  2 → →
1 2 → →
9
9

2  3

2  3
3 3

1  36  1  36  4  36  6 12  8
4
9
9
19
15 分
【解析】（方法一）（1）设圆的方程为(x  a)2  ( y  b)2  r 2 ，1 分因为圆 C 经过 A(0, 1) 和 B(2,1) ，且圆心在直线 x  2 y 1  0 上，
(0  a)2  (1 b)2  r 2

所以 (2  a)2  (1 b)2  r 2
,3 分

a  2b 1  0
 a  1

解得：  b  0
2

r 
，5 分
所以圆 C 的方程为： (x 1)2  y2  2 ．6 分
（2） CM
 CN

,且MCN = 90∘ 弦长 MN

 2 ，7 分
2
CM 2  CN 2
①当 l 斜率不存在时，l 的方程为 x  2 ，
易知此时被圆 C 截得的弦长为 2，符合题意．9 分
2  d 2
②当 l 斜率存在时，设 l 的方程为 y  2  k (x  2) ，即kx  y  2  2k  0 ，10 分
r 2  d 2
又直线 l 被圆 C 所截得的弦长为 2，所以2  2
 2
，则d  1 ．11 分
所以d 
| 2  k |
 1 ，解得k  3 ，13 分
k 2 1
4
所以直线 l 的方程为 y  2  3 (x  2) ，即3x  4 y  2  0 ．14 分
4
综上，l 的方程为 x  2 或3x  4 y+ 2 = 0 ．15 分
（方法二）（1）依题意，设圆心C 的坐标为1 2m ，m ，1 分
则圆C 的半径r  CA  CB ，2 分
所以1 2m2  m 12  2m 12  m 12 ，解得m  0 ．3 分
12 12
所以圆心C 1，0 ， r 
，4 分
2
所以圆C 的方程为 x 12  y2  2 ．6 分
2
（2）因为MCN  90 ，所以圆心C 到直线l 的距离d  r
 1 ，8 分
依题意，直线l 的斜率不为 0，设l 的方程为 x  2  t  y  2 ，9 分
1 t 2
2t 1
所以d  1，12 分
解得t  0 ，或t  4 ．14 分
3
所以 l 的方程为 x  2  0 ，或 x  2  4  y  2 ，
3
即 x  2 或3x  4 y+ 2 = 0
15 分
（方法三）（1）依题意， AB 的中点坐标为1，0 ，1 分
直线 AB 的斜率kAB
 11  1 ，2 分
2  0
所以线段 AB 的垂直平分线必过圆心C ，其方程为 y  x 1．
 y  x 1，x  1，
由得
C 1，0 ，3 分


，
x  2 y 1  0 y  0即
所以半径r 
AC 
，4 分
12 12
2
所以圆C 的方程为 x 12  y2  2 ．6 分
（2）同方法一．12 分
（方法四）（1）设圆的方程为 x2  y2  Dx  Ey  F  0 ，1 分已知圆 C 经过 A(0, 1) 和 B(2,1) ，且圆心在直线 x  2 y 1  0 上.

(1)2  E  F  0
22
1 E  F  0

则2 1  2D  E  F  0 , 即5  2D  E  F  0 ,3 分
 ( D )  2( E ) 1  0D  2E  2  0
22
D  2

解得：  E  0

 F  1
，5 分
所以圆 C 的方程为 x2  y2  2x 1  0
．6 分
（2） CM
 CN

,且MCN = 90∘ 弦长 MN

 2 ，7 分
2
CM 2  CN 2
依题意，直线l 的斜率不为 0，设l 的方程为 x  2  t  y  2 ，8 分
x  ty  2 1 t ，
222

由x2  y2  2x 1  0
得t
1 y  2t 2t 1 y  4t
 4t 1  0 ，9 分
设M  x1 ，y1 ，N  x2 ，y2  ，则
1，2
  4t 2 2t 12  4 t 2 14t 2  4t 1  4 2t 2  4t 1， y
 2t 2t 1 

1 t 2
t 2 1
2 t 2 1
，11 分
所以 MN

y  y

 2 ，13 分
1 t 2
12
即2t 2  4t 1  t 2 1 ，即3t 2  4t  0 ，解得t  0 ，或t  4 ．14 分
3
所以 l 的方程为 x  2  0 ，或 x  2  4  y  2 ，
3
即 x  2 或3x  4 y+ 2 = 0
15 分
(FC  EB)2  EF 2
4  4
2
【解析】（1）证明：在直角梯形 ABCD 中， AB / / DC, EF / / AD, AB  AD ， 所以四边形 AEFD 为矩形，故 EF  DC ， EF  AB ， AD  EF  2 ， DF  AE ，因为 E 为 AB 的中点，所以 DF  AE  EB  2 ，
BC 

 2
，1 分
BE2  EF 2
4  4
2
在 RtaBEF 中， EF  2 ，所以 BF  2
所以 BF 2  BC 2  FC 2 ，故 BF  BC ，2 分
因为 D ' F  DF  2, D ' B  2 3 ，故 D ' F 2  BF 2  D ' B2 ，即 D ' F  BF ，3 分因为 EF  DC ，翻折后有 EF  D ' F , EF  FC ，
因为 EF ∩ BF  F ， EF , BF  平面 EBCF ，所以 D ' F  平面 EBCF ，5 分
因为 BC  平面 EBCF ，所以 D ' F  BC ，6 分因为 BF ∩ D ' F  F ， BF , D ' F  平面 D ' BF ，所以 BC  平面 D ' BF ．7 分
（2）由（1）可得 D ' F  平面 EBCF ， EF  FC ，所以 FE, FC, FD ' 两两相互垂直，以 F 为坐标原点， FE, FC, FD ' 所在直线分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系 F  xyz ，
所以 F (0, 0, 0), D '(0, 0, 2), C(0, 4, 0), B(2, 2, 0) ，8 分
假设存在点 P 符合题意，可设 D ' P  λD 'C ，（ 0 „ λ„ 1）10 分
因为 D 'C  (0, 4, 2) ，所以 D ' P  (0, 4λ, 2λ) ，
即 P(0, 4λ, 2  2λ) ，所以 FP  (0, 4λ, 2  2λ) ，11 分
因为 FB  (2, 2, 0) ，
–→ –––→
设n  (x , y , z ) 是平面 BPF 的法向量，则n1  FB  2x1  2 y1  0,

111 1
–→ –––→
n1  FP  4λy1  2  2λ z1  0,
取 x1  1λ，则 y1  λ1, z1  2λ，故n1  (1λ,λ1, 2λ) ，13 分
因为 x 轴垂直于平面 D ' FC ，所以n2  (1, 0, 0) 是平面 D ' FC 的一个法向量，14 分设平面 BPF 与平面 D ' FC 所成角为β，则
–→ ––→
3
–→ ––→n1  n2
1λ
csβ cs  n1, n2   –→ ––→ ，
1
2
n n1 2 1λ2  2λ23
解得λ 1 或λ 1 （舍去）16 分
3
––––→
所以 D ' P 
1 ––––→
D 'C ，即
3
D ' P
D 'C
 1 ， 3
故当点 P 位于靠近点 D ' 的三等分点时有平面 BPF 与平面 D ' FC 的夹角的余弦值为 3 .
3
17 分
【解析】（方法一）（1）设T (x, y) ，则
直线TA 的斜率ky x  2 ，直线ky x  2 ，2 分
1TA1
x  2
TA2
x  2
因为直线TA 和直线TA 的斜率乘积为 1 ，
124
y
所以 x  2 .
y
x  2
  1 ，3 分
4
整理 E 的方程为
x2  2
y
4
 1(x  2) ．4 分
（2）(ⅰ)依题意，设直线l 的方程为 y  k  x  4 （ k  0 ）．
 y  k  x  4,
2222
x

由 2  4 y2  4
得1 4k  x  32k x  64k
 4  0 ，5 分
设 A(x , y ), B(x , y ) ，则Δ  322 k 4 16 1 4k 2 16k 2 1  0 ，即0  k 2  1 ，
112212
32k 2
x1  x2  1 4k 2 , x1 x2 
64k 2  4
1 4k 26 分
OA  OB  x1 x2  y1 y2
 x x  k 2  x  4 x
 4
1 212
1 212
 1 k 2  x x
 4k 2  x  x
 16k 27 分
 1 k 2 
64k 2  4
1 4k 2
 4k 2
 32k 2
1 4k
16k 2
 76k 2  4
1 4k 2
 19 
23
2
1 4k 2
．8 分
因为0  k 2 
1 ，所以
23 69 , 23 ，
121 4k 2 4

所以OA  OB 的取值范围为 4, 7  ．10 分
4 

(ⅱ)直线 A1A 的方程为 y 
y1
x  2
 x  2 ，直线 A2 B 的方程为 y 
y2
x  2
 x  2 ，11 分
12
令 x  4 得 P  4,
6 y1

, Q 4,
2 y2
6k  x1  4 2k  x2  4 


，即 P 4,, Q 4,．12 分

x1

 2
x2
 2 

x12


x2  2
MP
MQ
yP3 x1  4 x2  2
x1 x2  2x1  4x2  8
所以
   3
，14 分
yQ x1  2 x2  4
x1 x2  4x1  2x2  8
32k 2864k 2  420
因为 x1  x2  1 4k 2  8  1 4k 2 , x1 x2 
1 4k 2
 16  1 4k 2 ，
所以 x1 x2 16
 5 ，即 x x
 5  x  x
  4 ，16 分
x  x  82
1 2212
12
MP
MQ
5  x  x
  4  2x  4x  8
所以
 3 2
1212
 3
x1  3x2  8
 1，
5  x  x   4  4x  2x  8
3x1  9x2  24
21212
MP
MQ
即的值为 1．17 分
（方法二）（1）同方法一．4 分
（2）(ⅰ)依题意，直线l 的斜率不为 0，设l 的方程为 x  my  4 ．
x  my  4 ，22
由
x

 2  4 y2
 4 得m
 4 y
 8my 12  0 ，5 分
设 A(x , y ), B(x , y
) ，则  64m2  48m2  4  0 ，解得m2  12 ，
11
y  y  
22
8m，y y 12
，6 分
12m2  41 2m2  4
OA  OB  x1 x2  y1 y2
 my1  4my2  4  y1 y2
 m2 1 y y  4m  y  y  167 分
1 212
 m2 1 12  4m  8m 16
m2  4m2  4
 4 
92
m2  4
．8 分
因为m2  12 ，所以
92 0
92  ，
m2  4
 ， 
16 
所以OA  OB 的取值范围为 4, 7  ．10 分
4 

(ⅱ)直线 A1A 的方程为 y 
y1
x  2
 x  2 ，直线 A2 B 的方程为 y 
y2
x  2
 x  2 ，11 分
令 x  4 得 y
 6 y1 
1
6 y1
， y 
2 y2 
2 y2
2
，12 分
Px  2my  6Qx  2my  2
1122
6 y1 my2  2  2 y2 my1  6
所以 yP  yQ 
my  6my  2
15 分
12
 4  2my1 y2  3 y1  y2 
my1  6my2  2
 4 
2m 
12
m2  4
 3
8m
m2  4  0 ．16 分
所以 yP
yQ
 1，即
my1  6my2  2
MP
MQ
的值为 1．17 分
（方法三）（1）同方法二．4 分
（2）(ⅰ)同方法二．10 分
x2  2 
yy1
(ⅱ)因为 A x1 ，y1 
E ，所以 1 y11，即1  1  
，12 分
4x1  2 x1  24
所以直线 AA1 的斜率k1  x
y1  1  x1  2  yP ，
 24y6
11
同理可得 BA 的斜率k y2  1  x2  2  yQ ，13 分

22x  24y2
22
所以 k1
k2
4 y1 y2
 x1  2 x2  2
 yP
3yQ
，15 分
所以
yP
12 yQ
y1 y2
 x1  2 x2  2
y1 y2
my1  6my2  6
y1 y2
m2 y y  6m  y  y
  36
1 212
12 1
．16 分
MP
MQ
12m2  6m 8m  36 m2  412
所以 yP
yQ
 1，即
的值为 1．17 分