山东省德州市（优高联考）2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页山东省德州市（优高联考）2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知向量，，，则（

）A．7 B．8 C．9 D．102．已知直线与直线平行，则a的值为（

）A．2 B．1 C． D．2或3．已知直线l经过点，，则正确的是（

）A．直线l的斜率为1 B．直线l的倾斜角为C．直线l的方向向量为 D．直线l的法向量为4．经过椭圆的左焦点作倾斜角为45°的直线l，直线l与椭圆相交于A，B两点，则（

）A． B． C． D．5．在三棱锥O-ABC中，M，N分别是边OA，CB的中点，点G在线段MN上，且，用向量，，表示向量是（

）A． B．C． D．6．已知圆：与圆：有公共点，则实数a的可能取值为（

）A． B． C．2 D．37．已知双曲线的两个焦点分别为，，点在该双曲线上，则该双曲线的渐近线方程是（

）A． B． C． D．8．如图，在正方体中，点P在线段上，若直线DP与平面所成的角为，则的取值范围是（

）

A． B． C． D．二、多选题9．已知直线l：，圆C：，点，则下列说法正确的是（

）A．若直线l与圆C相离，则点A在圆C内B．若直线l经过点A，则点A在圆C上C．若点A在圆C内，则直线l与圆C相交D．若点A在圆C上，则过点A的圆的切线方程为10．在平行六面体中，各棱长均为2，.则下列命题中正确的是（

）A．B．C．不是空间的一组基底D．直线与底面所成角的正弦值为11．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C：，点为曲线C上一点，则（

）A．曲线C关于x轴对称B．曲线C为中心对称图形C．直线与曲线C有且仅有两个公共点D．点P的横坐标的取值范围为三、填空题12．已知点，，，使得与垂直的x值为.13．已知圆C：，直线l过点，若直线l与圆C相切，则直线l的方程为.14．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线E：（，）的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，其中A，，B三点共线，且，，则双曲线E的离心率为.四、解答题15．已知圆心为C的圆经过点和，且圆心C在直线上.(1)求圆C的标准方程；(2)设点在圆C内，过点P的最长弦和最短弦分别为GH和EF，求四边形EHFG的面积.16．如图，已知在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，点Q在棱PA上，且，底面为直角梯形，，，，，M，N分别是PD，PB的中点.(1)求证：平面PCB；(2)直线AD与直线CN所成角的余弦值.17．已知点在双曲线C：（，），且C的实轴长为2，，分别为C的左、右焦点.(1)求双曲线C的标准方程；(2)若P为双曲线上一点.①当时，求的面积；②求的取值范围.18．如图1，在四边形中，，，，如图2，把沿折起，使点到达点处，且平面平面，为的中点.

(1)求证：；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)判断线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.19．已知，分别是椭圆：（）的左、右焦点，轴上方的两动点在上，且，当时，.(1)求椭圆的标准方程；(2)若，求的坐标；(3)椭圆上的任意一点及（2）中的点，点在圆上，求的最小值.《山东省德州市（优高联考）2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题》参考答案题号12345678910答案CABBCBADABDBCD题号11答案BC1．C【分析】由数量积的坐标运算即可求解.【详解】，所以，故选：C2．A【分析】根据平行得到方程，解出值后再检验即可.【详解】由题意得，解得或，当时，直线与直线平行，满足题意；当时，直线与直线重合，不合题意，舍去.则a的值为.故选：A.3．B【分析】由两点求得斜率，进而逐项判断即可.【详解】由斜率公式得，所以倾斜角为，方向向量为，法向量为，其中，所以A，C，D错误，B正确.故选：B4．B【分析】先求得直线的方程，再与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用弦长公式求解.【详解】在中，，，所以，即，故左焦点为，而，故直线的方程为，联立得，，设，，由韦达定理得，，则由弦长公式得．故选：B．5．C【分析】根据给定的几何体，利用空间向量线性运算求得答案.【详解】依题意，.故选：C.6．B【分析】由圆心距和半径和差的关系构造不等式求解即可.【详解】，圆心，半径为1，，圆心为，半径为，因为两圆有公共点，所以，解得，结合选项只有B符合，故选：B7．A【分析】根据已知条件求得，进而求得双曲线的渐近线方程.【详解】因为双曲线的两个焦点分别为，，故双曲线的方程为，且，又点在该双曲线上，所以，解得，所以，故该双曲线的渐近线方程是.故选：A8．D【分析】设正方体的棱长为1，且，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量，结合向量的夹角公式，求得，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】设正方体的棱长为1，且，以点为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，则，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，则，设，即当时，；当或时，，所以.故选：D.

9．ABD【分析】根据直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系，逐项计算判断即可得结论．【详解】对于A，若直线l与圆C相离，则，所以，所以点A在圆C内，故A正确；对于B，若直线l经过点A，则，则，所以点A在圆C上，故B正确；对于C，若点A在圆C内，则，则圆心C到直线的距离，所以直线l与圆C相离，故C错误；对于D，若点A在圆C上，则，当且时，则，则过点A的圆的切线斜率为，方程为，化简得，当时，，则过点A的圆的切线斜率为，切线方程为，满足，当时，，则过点A的圆的切线斜率不存在，切线方程为，满足，综上所述：若点A在圆C上，则过点A的圆的切线方程为，故D正确.故选：ABD.10．BCD【分析】对于A，由向量的线性运算及模长公式求解即可；对于B，可证明即可判断；对于C，由题可得即可判断；对于D，连接交于点，过作交于，可证平面，则就是直线与底面所成角，再求边长确定余弦值即可．【详解】对于A，，，故A错误；对于B，，，，，故B正确；对于C，，即共面，即不是空间的一组基底，故C正确；对于D，连接交于点，易知，又，平面，平面，又平面，所以，过作交于，平面，，又平面，所以平面，则就是直线与底面所成角，，，，则，，即直线与底面所成角的正弦值为，故D正确；故选：BCD．11．BC【分析】将、代入方程可判断A、B；联立直线与曲线C：，解方程组可判断C；由，解不等式判断D.【详解】将方程中的用替换可得，即，因为所得方程与方原程不恒等，所以曲线C不关于x轴对称，故A错误；将方程中的用替换，用替换，可得，即，新方程与原方程相同，所以曲线关于原点对称，故B正确；联立，则，整理得，因为，所以方程有两不等的解，所以直线与曲线C有且仅有两个公共点，故C正确；由C：，则C：，可得，解得，所以点P的横坐标的取值范围为，故D错误.故选：BC.12．【分析】根据向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可.【详解】，，则，则，即，解得.故答案为：.13．或【分析】根据题意，分过点的直线的斜率存在与不存在两种情况讨论求解即可.【详解】当过点的直线的斜率存在时，设切线方程为，即，因为圆心到切线的距离等于半径1，所以，解得，所以切线方程为，即，当过点的直线的斜率不存在时，其方程为，圆心到此直线的距离等于半径1，故直线也符合题意，综上所述，所求的直线的方程是或.故答案为：或.14．【分析】设，由三角函数表达出其他边长，由双曲线定义求出，从而利用勾股定理求出，从而得到离心率.【详解】如图，由⊥，可得，所以，可得，在Rt中，由，不妨设，则，由勾股定理得，又由双曲线的定义可得，，根据可得，解得，所以，，故在中，，即，故，故双曲线E的离心率为．故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）设圆心，根据解得，即可得圆心和半径，进而可得方程；（2）根据圆的性质分析可知最长弦和最短弦，且最短弦EF垂直于GH，进而可求面积.【详解】（1）由题意设圆心，因为，即，解得，即，则半径，所以圆C的标准方程为.（2）因为，由圆的性质可知过点P的最长弦过圆心，即为直径，即，且最短弦EF垂直于GH，可得，所以四边形EHFG的面积.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行判定定理求解；（2）根据异面直线夹角的公式求值.【详解】（1）（1）法一：取的中点，连接,则，.依题意得，，，则四边形为平行四边形，，为的中点，所以，所以，又平面，平面，故平面.法二：以为原点，以分别为建立空间直角坐标系，由，，，，，分别是的中点，可得：，，，，，，，，可得，，设平面的法向量，则有即，令，则，，则，又平面平面.（2）（2）法一：由（1）知，，则直线与直线的所成角为直线与直线的所成角因为，，所以在中，则直线与直线所成角的余弦值为法二：由（1）知，,,所以直线与直线所成角余弦值为.17．(1)(2)①；②【分析】（1）由点在双曲线上，和实轴长得到，求解即可；（2）①由余弦定理得到，再由面积公式即可求解；②，得到，，结合数量积的坐标运算即可求解.【详解】（1）由题设条件，可得，解得，，故双曲线C的标准方程为；（2）①因为P为双曲线C：上的一点，所以，平方得

①，在中，由余弦定理，得，即

②，由①－②，得，即，所以的面积；②设，则，所以，，因为，，，，，所以的取值范围是.18．(1)证明见解析(2)(3)存在，【分析】（1）在图1中，证得，取AC的中点O，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得；（2）以为原点，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解；（3）设点到平面的距离为d，根据题意，求得，得到点到平面的距离为，令得到，结合向量的距离公式，列出方程，即可求解.【详解】（1）证明：在图1中，由，可得，所以，则，因为，可得，所以，在图2中知，取AC的中点O，连接QO，BO，又因为Q为PC的中点，可得，所以，因为，可得，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：由题意知，平面平面，平面平面，且，所以平面ABC，所以直线两两垂直，以为坐标原点，直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得，，，，则，，，，设平面的法向量为，则，令，可得，，所以，设平面的法向量为，因此，令，可得，，所以，因此，所以平面与平面的夹角的余弦值为.

（3）解：假设线段AP上是否存在点M，使得三棱锥的体积为，在中，，可得，因为三棱锥的体积为，设点到平面的距离为d，可得，因此，因此点到平面的距离为，令（），由（2）得，，又因为平面的法向量为，则点到平面的距离为，解得，所以线段上存在点，使得三棱锥的体积为，且.19．(1)(2)(3)【分析】（1）由焦点坐标得到，然后由题意得到坐标，然后代入椭圆方程，即可求得，即可写出椭圆方程；（2）设坐标，由题意得，从而建立方程组，记得两点坐