浙江省温州市新力量联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析）

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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.
选择题部分
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.）
1. 点P(－1,2,3)关于xOz平面对称的点的坐标是（ ）
A. (1,2,3)B. (－1,－2,3)
C. (－1,2,－3)D. (1,－2,－3)
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，根据空间直角坐标系的性质，可得答案.
【详解】点P(－1,2,3)关于xOz平面对称的点的坐标是(－1，－2,3)，
故选：B．
2. 若直线的倾斜角为，则（ ）
A. 0B. C. D. 不存在
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线得出斜率进而得出倾斜角.
【详解】直线的斜率为0，
倾斜角为.
故选：A.
3. 已知两条直线和，若，则实数的值为（ ）
A. 或1B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用直线垂直的系数关系列式计算求解.
【详解】两条直线和，
因，所以，则实数.
故选：D.
4. 平行六面体中，为与的交点，若，，，则下列式子中与相等的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算性质以及图示即可表示.
【详解】∵平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，，，，
∴
故选A．
【点睛】主要考查了空间向量的线性运算及其几何意义，属于基础题.
5. 在棱长为的正四面体（四个面都是正三角形）中，点为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. 0B. C. D. 与的值有关
【答案】B
【解析】
【分析】取中点，连接，，，,所以求解直线与直线所成角的余弦值转化为直线与直线所成角的余弦值，再通过余弦定理求解即可.
【详解】因为点为的中点，取中点，连接，，，
则，如图，
所以直线与直线所成角的余弦值转化为直线与直线所成角的余弦值，
因为该四面体为正四面体，，为等边三角形，
所以，，
所以在中，由余弦定理，，
即，
解得.
故选：B.
6. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将题目所给方程转化为椭圆的标准方程的形式，结合题设条件，列出方程组，即可求解.
【详解】椭圆方程，
上式表示焦点在y轴上的椭圆，
则，解得，
故选：D.
7. 已知直线与圆交于，两点，则的最小值为（ ）
A. 4B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出直线恒过的定点，圆心和半径，通过分析可知直线与直线垂直时，最小，
利用勾股定理求解即可.
【详解】，，，，
直线恒过点，在圆的内部，
，圆心，半径，
要使最小，则圆心到直线的距离最大，
当直线与直线垂直时，
圆心到直线的距离最大，
，，，
则的最小值为.
故选：A.
8. 已知直线过点，直线与直线的交点在第一象限，点为坐标原点.若三角形为钝角三角形时，则直线的斜率的范围是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】易知直线斜率存在，设直线方程，联立两直线可得点，分情况讨论当为钝角时，则，当为钝角时，则，分别解不等式即可.
【详解】由已知直线过点，直线与直线的交点在第一象限，
则直线斜率存在，设，
联立直线方程，解得，即，
由点在第一象限，所以，解得，
当为钝角时，由，，
则，解得；
当为钝角时，由，，
则，解得，
综上所述，，
故选：C.
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）
9. 一条光线从点射出，射向点，经x轴反射后过点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线AB的斜率是B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A应用斜率公式计算即可；选项B，先求得点关于轴的对称点，进而求得反射光线所在直线的斜率，应用两条直线垂直的斜率公式判断即可；选项C，求得反射光线所在直线的方程，进而求得点的坐标；选项D应用两点间距离公式求解即可.
【详解】对于A，由于、，由斜率公式得：，选项A正确；
对于B，点关于轴的对称点的坐标为，经x轴反射后直线的斜率为：
，且，所以，选项B正确；
对于C，直线即直线的方程为：，即，
将代入得：，所以点，，选项C不正确；
对于D，由两点间距离公式得：，选项D正确；
故选：ABD.
10. 已知以、为左右焦点的椭圆的短轴长为，点是椭圆上的一个动点，且点到的最大距离是点到的最小距离的3倍，连接，并延长与椭圆相交于点，则下列结论正确的是（ ）
A. 椭圆的方程为B. 三角形的面积的最大值为
C. 三角形的周长为D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A，根据条件求出，可确定椭圆方程；对于选项B，椭圆焦点三角形面积最大值是短轴顶点与两焦点所成的三角形的面积；对于选项C，利用椭圆的定义求解即可；对于选项D，设，，通过椭圆定义即可求得，，通过余弦定理可求得，之间的关系，即可求解.
【详解】如图，

对于选项A，因为短轴长为，所以，又因为点到的最大距离是点到的最小距离的3倍，所以，解得，代入，解得，，故椭圆方程为，故A正确；
对于选项B，椭圆焦点三角形面积最大值是短轴顶点与两焦点所成的三角形的面积，所以，故B错误；
对于选项C，通过椭圆定义可知，三角形的周长为，故C正确；
对于D选项，设，，所以，，，
所以在中，，
即，解得，
同理在中，，，即，
将代入，可得
，所以，故D正确.
故选：ACD
11. 在直三棱柱中，，，，为的中点，点，分别在棱，上，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在，使得平面
B. 直三棱柱外接球的表面积为
C. 对于任意的，四棱锥的体积为定值
D. 当时，平面与平面夹角余弦值为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，利用空间向量判断线面关系即可；对于B，先确定外接圆的圆心，从而确定直三棱柱外接球的球心，然后利用球的表面积公式求解即可；对于C，判断四棱锥的高和底面积是否为定值即可；对于D，利用空间向量求平面和平面所成角即可.
【详解】在直三棱柱中， 平面，
且，故两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，，，，
得，
设平面PQR的法向量为，则，
令，得，
对于A， ，
故，且平面，
故平面，故A正确；
对于B，，故外接圆的圆心为的中点，
因为外接圆是平面与三棱柱外接球的截面圆，
故直三棱柱外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上，
又因为直三棱柱上下底面平行且全等，
故直三棱柱外接球的球心到上下底面的距离相等，
且侧棱，侧棱垂直底面，
所以直三棱柱外接球的球心为，
故直三棱柱外接球的半径
故外接球表面积：，故B错误；
对于C，直三棱柱知，侧面为矩形，
，
因为，故当时，四边形为直角梯形，
且梯形的面积：，
当时，四边形为矩形，
且矩形的面积：，
故四边形的面积为定值，且点为的中点是一个定点，
平面是一个固定平面，
故点到平面的距离为定值，
因为，分别在棱，上，
所以平面和平面是同一平面，
故到平面的距离为定值，故四棱锥的高和底面积均为定值，
所以四棱锥的体积为定值，故C正确；
对于D，平面的法向量，
当时，，
显然平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
于是，
所以平面与平面所成角的余弦值为，故D错误；
故选：AC
非选择题部分
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 在平面直角坐标系中直线l的一个方向向量为，则直线l的斜率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】由方向向量和斜率的关系直接计算即可得出结果.
【详解】因为直线的一个方向向量为，
所以直线的斜率.
故答案：.
13. 已知圆的面积被直线平分，圆，则圆与圆的位置关系是_____.
【答案】外切
【解析】
【分析】根据圆的方程可得圆心和半径；由直线平分圆面积可知直线过圆心，由此可求得的值；根据圆心距和两圆半径之间关系可确定两圆位置关系.
【详解】由圆方程知：圆心，半径，
由圆方程知：圆心，半径；
圆的面积被直线平分，直线过圆心，
，解得：，；
圆心距，
圆与圆的位置关系是外切.
故答案为：外切.
14. 直线过点且与椭圆相交于、两点，若线段的中点为则直线的斜率为_____.
【答案】
【解析】
【分析】设点坐标，代入椭圆中，作差化简可得答案.
【详解】设 和 为直线与椭圆的交点，且 为 中点，因此：
，
点 和 满足椭圆方程：
，
将方程 (1) 减去 (2)：，
因式分解：，
代入中点坐标：，
得：，
整理得：，
因此，斜率 .
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. 已知三角形顶点，，．
（1）求边的直线方程；
（2）求边上的中线方程；
（3）求三角形的面积．
【答案】（1）；
（2）；
（3）11
【解析】
【分析】（1）由点斜式即可求；
（2）先求中点，再由点斜式即可求；
（3）由点线距离公式求得点C到直线AB的距离，由两点距离公式求得，即可由三角形面积公式求值.
【小问1详解】
由两点式得边的直线方程为；
【小问2详解】
中点为，故边上的中线方程为；
【小问3详解】
点C到直线AB的距离，，
故三角形的面积为.
16. 在如图所示试验装置中，由矩形和构成，且，，，，分别在对角线，上移动，且与长度保持相等，记，，，且，.
（1）当时，用向量表示，；
（2）是否存在，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1），
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用空间向量的线性运算法则，准确化简，即可求解；
（2）设存在使得平面，由题意得，因为，得到，
得到，结合和，求得的值，即可得到答案.
【小问1详解】
解：由空间向量的运算法则，可得：，
，
则.
【小问2详解】
解：假设存在使得平面，又由平面，
可得，，
因为，则，其中，
可得
，
又因为，且，，，，
所以，，，，
所以，，
可得.
且，
化简得，解得，故存在，使得平面.
17. 已知定点、和动点.
（1）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，使得动点的轨迹为椭圆并求动点的轨迹方程.条件①：；条件②：.
（2）若直线与动点的轨迹相交于、两点，且，求（为坐标原点）的面积.
【答案】（1）答案见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）题中条件满足椭圆的定义，利用椭圆定义求解；
（2）直线和椭圆联立方程组，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理写出两根之和和两根之积，利用弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，利用三角形面积公式求出的面积.
【小问1详解】
选择条件①：，
则，，，
所以椭圆方程为；
【小问2详解】
由题意知：，设，，
联立得，
，即，
，，
所以，
，，满足，
，
又点到直线的距离，
，
把代入上式得：
的面积为.
18. 如图，在正方体中，为的中点，与平面交于点.

（1）求证：为的中点；
（2）点为棱上一点.
（i）若为棱的中点，正方体棱长为2，求平面截正方体所得的截面面积；
（ii）若二面角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据线线平行可得平面，即可根据线面平行的性质求解，
（2）由线线平行可得截面为等腰梯形，即可求解长度得解（i），建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角求解.
【小问1详解】
在正方体中，
，且平面，平面，
平面，
平面平面，平面，
，
，
为的中点，
为的中点.
【小问2详解】
（i）当为棱的中点时，则有，
截面为等腰梯形，
，，，
高为，
；
（ii）设正方体棱长为2，如图建立空间直角坐标系，

则，，，
，.
设平面的法向量为，
即
令，则，,，
设，， ，
，
设平面的法向量为，
即，
令，则， ，
，
又，所以解得，即.
19. 如图，已知圆，为直线上一动点，为坐标原点，过点作圆的两条切线，切点分别为，.
（1）求四边形面积的最小值；
（2）求证：直线过定点；
（3）若两条切线，与轴分别交于点，，求的最小值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）将四边形的面积表示为，根据的最小值可求结果；
（2）根据四点共圆求解出过四点的圆，然后由公共弦所在直线的方程的求法可求直线的方程，据此可证明过定点；
（3）设出切线方程，根据相切关系可得的韦达定理形式，表示出并根据的韦达定理形式化简，由此可求.
【小问1详解】
连接，，圆的标准方程为，故半径为，圆心，
所以，
若要使得四边形的面积最小，则只需最小，
当在轴上时，显然，
.
【小问2详解】
因为，所以四点共圆，
且圆心为即，半径为，
所以过四点的圆的方程为，即，
因为直线为圆与圆的公共弦所在的直线，
所以两圆方程相减可得直线的方程为，显然当时，
所以直线过定点.
【小问3详解】
设过点的切线为，即，
所以圆心到切线距离，即，
设，的斜率为，，所以，，
在中令，则有，
所以，
当且仅当时取等号，