浙江省G5联盟2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题 含解析

2025学年第一学期浙江G5联盟期中联考

高二年级数学学科试题

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（共58分）

一､单选题：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.

P1,2,3

1.点关于xOy平面的对称点的坐标为（）

A.1,2,3B.1,2,3C.1,2,3D.1,2,3

【答案】C

【解析】

【分析】根据空间直角坐标系中关于xOy平面对称的点的坐标特征来求解点P的对称点坐标.

【详解】已知点P的坐标为(1,2,3)，关于xOy平面对称的点的坐标为(1,2,3).

故选：C.

2.已知直线的方向向量为（3,1），则直线的倾斜角是（）

π2π5π

A.B.C.D.

6436

【答案】D

【解析】

【分析】由直线的方向向量先求出直线的斜率，再求倾斜角即可

【详解】解：因为直线的方向向量为（3,1），

133

所以直线的斜率为k，即tan，

333

5

又倾斜角[0,)，所以.

6

故选：D

3.已知平面的一个法向量为m1,3,2，平面的一个法向量为nx,1,2，若，则x

（）

A.1B.2C.4D.1

【答案】A

【解析】

【分析】由得到mn，从而得到mn0，利用向量的数量积求解.

【详解】，mn，mn0，x340，x1.

故选：A.

4.已知m,n为两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）

A.若m,n∥,∥，则m∥n

B.若m,n∥,，则mn

C.若m∥,n∥,m∥n则∥

D.若m,n,mn则

【答案】D

【解析】

【分析】ABC可以在正方体中找到反例，从而否定；利用线面垂直的性质定理和面面垂直的定义可以证明

D.

【详解】选项A：如图正方体：

在正方体中，设平面ABCD为，平面A1B1C1D1为，直线DD1为m，直线AD为n，

根据正方体的性质可知满足m，n，∥，mn，而非mn.故不正确；

选项B：如图正方体：

设平面ABCD为，平面ABB1A1为，直线DD1为m，直线CC1为n，

由正方体的性质可知满足m，n，，此时m与n平行，不垂直.

故不正确；

选项C：如图正方体：

设平面ABCD为，平面BCC1B1为，直线A1D1为m，直线AD为n，

根据正方体的性质可知满足m，n，mn，但和相交，不平行.

故不正确；

选项：若，n，，则

Dmmn.

如图所示，设mA，l，

在直线m上取一点B作直线n的平行线BC交平面于点C，

因为n，所以BC.

因为l，所以BCl，

记直线BC和m所确定的平面记为.

因为m，l，所以ml，

因为直线BC和m是平面中的两条相交直线，

所以直线l.

设lD，则四边形ABCD为平面内的四边形，且ADC为、所成的每个二面角的平面角或其

补角.

因为m,AD，所以mAD，所以BAD90，

因为BC，CD，所以BCCD，所以BCD90，

因为mn，nBC，所以mBC，所以ABC90.

所以ADC90，所以，故D正确.

综上，唯一正确的结论是选项D.

故选：D.

x2y2

5.已知椭圆1ab0的左右焦点分别为F1,F2，过F2的直线交椭圆于A,B两点，若

a2b2

F1AF2A0，且AF23BF23，则椭圆的方程为（）

x2y2x22y24x2y2x2y2

A.1B.1C.1D.1

2516994963618

【答案】B

【解析】

【分析】根据椭圆定义得BF12a1，AF12a3，然后在Rt△F1AB和RtF1AF2中，利用勾股定

9

理得a3，c2，即可求解椭圆方程.

2

【详解】连接BF1，由椭圆的定义有BF12aBF22a1，AF12aAF22a3，

因为F1AF2A0，所以F1AF2A，

在中，222，即222，解得，

Rt△F1ABABAF1BF142a32a1a3

在中，222，即222，

RtF1AF2AF2AF1F1F232a32c

2999

所以32322c，解得c2，所以b2a2c29，

222

x2y2

1x22y2

所以椭圆的方程为99即1.

99

2

故选：B

6.若直线l:kxy20与曲线C:x1(y1)21有两个不同的交点，则实数k的取值范围是

（）

444

A.,4B.,2C.4,D.,

333

【答案】B

【解析】

【分析】由题可画出曲线C图象，结合直线l:kxy20过定点与图形可得答案.

22

【详解】曲线C:x1(y1)21即x1y11x1表示如图所示的半圆，

又l:kxy20过定点：0,2.

k34

当l:kxy20与半圆相切时，圆心1,1到直线距离为1，则1k，

k213

02

当直线过如图点B1,0时，斜率为：k2，

10

4

则实数k的取值范围是,2.

3

故选：B

2

7.已知抛物线C:y8x,P为C上的动点，Q为圆M:(x2)2(y3)24上的动点，则点P到直线

l:x1的距离与PQ之和的最小值为（）

A.2B.3C.4D.5

【答案】A

【解析】

【分析】如图，作PL直线l:x1，PN直线x2，取抛物线焦点为F.由抛物线定义可得点P到

直线l:x1的距离与PQ之和为PQPF1，然后由圆外一点到圆上距离最小值相关结论可得答案.

【详解】由题可得抛物线C:y28x焦点为：F2,0，准线为：x2.

如图，作PL直线l:x1，PN直线x2，取抛物线焦点为F，

则点P到直线l:x1的距离与PQ之和为PLPQPNPQ1，

由抛物线定义可得：PNPQ1PFPQ1，

则当M，Q，P，F四点共线时，PFPQ1取最小值为QF1MFMQ1，

2

又由题可得M2,3，MQ2，则最小值为：MF3223232.

故选：A

8.双曲线C:x2y22的右焦点为F，过F的直线l与C的右支相交于A,B两点，点M为线段AB的

中点，若FM的中垂线与x轴交于点P4,0，则M的横坐标为（）

A.2B.22C.3D.32

【答案】C

【解析】

s

【分析】设Ax,y,Bx,y,Ms,t，利用设而不求点差法求得k，再根据FM的中垂线与直线

1122lt

s

AB垂直建立方程得1，求解即可.

s6

【详解】由题意F2,0，设Ax1,y1,Bx2,y2,x1x2,Ms,t，

x2y22

则11，相减得，

22x1x2x1x2y1y2y1y2

x2y22

因为点M为线段AB的中点，所以x1x22s,y1y22t，

yys

12

所以sx1x2ty1y2，所以kl，

x1x2t

2st

因为FM的中点为,，结合P4,0，

22

t

0

t

所以FM的中垂线斜率为2，

2s

4s6

2

tss

由题意1，即1，解得s3，即M的横坐标为3.

s6ts6

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，有多项符合题目

要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.

9.已知直线l:xy30，圆C:x2y22x0，下列判断正确的是（）

A.直线l在y轴上的截距为3

B.圆心C的坐标为1,0

C.直线l与圆相交

D.圆C上的点到直线l的距离最大为21

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，令x0可得直线l在y轴上的截距；对于B，将圆方程化为标准式可判断选项正误；对

于C，比较直线到圆心距离与圆半径大小可判断选项正误；对于D，由圆上点到直线距离最大值可判断选项

正误.

【详解】对于A，对于l:xy30，令x0，可得y3，故A正确；

2

对于B，C:x2y22x0x1y21，则圆心坐标为1,0，故B正确；

13

对于C，直线l:xy30到圆心距离为：2，该距离大于圆半径，则直线l与圆相离，故C

2

错误；

对于D，由C直线l:xy30到圆心距离为2，则圆C上的点到直线l的距离最大为21，故D

正确.

故选：ABD

x2y2

10.若方程1表示双曲线，则该双曲线（）

8mm4

A.满足m8或m4B.焦距为4

C.渐近线斜率可以是2D.不可能是等轴双曲线

【答案】ACD

【解析】

【分析】先根据双曲线的标准方程求出m的取值范围，再根据双曲线的性质逐一分析选项.

x2y2

【详解】选项A，对于方程1表示双曲线，则(8m)(m4)0，

8mm4

所以m的取值范围是m8或m4，故A选项正确；

y2x2

B选项，当m8时，双曲线方程为1，

m4m8

则c2a2b2m4m82m12，焦距2c22m12，不是定值4；

x2y2

当m4时，双曲线方程为1，

8m4m

则c2a2b28m4m122m，焦距2c2122m，也不是定值4；B选项错误；

C选项，

y2x2m4

当m8时，双曲线方程为1，其渐近线方程为yx；

m4m8m8

m428

令2，化简得：3m28，解得m，满足m8，所以渐近线斜率可以是2，C选项正确；

m83

D选项，若该双曲线是等轴双曲线，

当m8时，m8m4，此方程无解；

当m4时，8m4m，此方程无解；

所以该双曲线不可能是等轴双曲线，D选项正确.

故选：ACD.

11.如图，在平面四边形ABCD中，BD23,AD3,CD4,ACBD90，将△BCD沿BD

折起，使点C到达点C1的位置，下面正确的是（）

A.P为线段BD上的动点，则PAPC1的最小值为13

1

B.异面直线BC1与AD所成角的余弦值取值范围是0,

2

133

C.若平面C1BD平面ABD,M在三角形C1AD内部，BM，则M轨迹长度为2π

7

D.当三棱锥C1ABD的体积最大时，三棱锥C1ABD的外接球的表面积为16π

【答案】ABD

【解析】

【分析】A选项在翻折前的平面四边形ABCD中，当APC共线，即AC的长就是PAPC的最小值，结

合余弦定理求解即可；B选项，利用空间向量表示异面直线夹角的余弦值；C选项，先由等体积法可求得点

B到平面C1BD的距离，则可得在平面C1AD内，M的轨迹为圆，但要判断此圆是否完全在三角形C1AD内；

D选项，分析体积最大时的几何关系，由直角三角形斜边中线性质可得出圆心半径，求出表面积.

AD3

【详解】A选项，在直角三角形ABD中，cosADB，则ADB30，

BD2

BD3

在直角三角形CBD中，cosCDB，则CDB30，

CD2

对于线段BD上的任意动点P，翻折前后总有PAPC1PAPC，

对于翻折前的平面四边形ABCD，当APC共线，即AC的长就是PAPC的最小值，

由于AD3,CD4,ADC60，由余弦定理可得AC13，故A正确；

选项，（），

BBC1DADC1DBDADC1DADBDA

DBDADBDAcosADB9，

DC1DADC1DAcosADC112cosADC1，

对于，翻折前为，由于，则可完全翻折使得在直线上，

ADC1ADC60ADBCDB30C1AD

由于需要是异面直线，故，，则，

ADC10,60DC1DA6,12BC1DA3,3

在三角形BCD中可求得BC2，

BC1DABC1DA1

则，故正确；

cosBC1DA0,B

BC1DA62

C选项，由平面C1BD平面ABD，交线为BD，BC1平面C1BD，BC1BD可得BC1平面ABD，

则，可得，则222，即三角形为直角三角形，

BC1ABAC17AC1ADCDC1AD

作BN平面C1BD，垂足为N，

11

则由VV即可得221，

C1ABDBC1ADSABDBC1SCADBNBN

3317

则22，即在平面内，的轨迹是为圆心，1为半径的圆，

MNBMBN1C1ADMN

AC1AD37

对于三角形C1AD，由等面积可得其内切圆半径r1，

AC1ADC1D77

则在三角形C1AD内部，M的轨迹不是完整的圆，故长度不是2π，C错误；

D选项，三棱锥C1ABD的底面积SABD不变，BC1长度不变，

由选项C得当平面C1BD平面ABD时，BC1平面ABD，此时体积最大，

且此时三角形C1AD，C1BD都是以CD为斜边的直角三角形，

则取CD中点O，可得OAOBOC1OD2，

2

则三棱锥C1ABD的外接球半径为2，表面积为4πR16π，故D正确；

故选：ABD.

非选择题部分（共92分）

三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.直线l1:2xa1y10，直线l2:axy10，若l1//l2，则a________．

【答案】1

【解析】

【分析】利用直线平行的判定列方程求参数值，注意验证.

2

【详解】由题设及l1//l2，有a(a1)20，则aa2(a2)(a1)0，

所以a2或a1，

当a2，则l1:2xy10，l2:2xy10重合，不符合；

1

当a1，则l:xy0，l2:xy10，符合.

12

所以a1.

故答案为：1

13.在空间直角坐标系中，若平面经过点P0x0,y0,z0，且以ua,b,c为法向量，可得平面的点法式

方程为axx0byy0czz00.若已知平面的点法式方程为2x2y2z30，

则点P3,2,6到平面的距离为__________.

【答案】2

【解析】

【分析】先根据平面的点法式方程确定平面的法向量和平面上一点的坐标，再利用点到平面的距离公式

求出点P到平面的距离.

【详解】已知平面的点法式方程为2(x2)y2(z3)0，可得平面的法向量u(2,1,2)，平

面上一点P0(2,0,3)，

已知，，则，

P(3,2,6)P0(2,0,3)PP0(23,02,36)(1,2,3)

可得：；

PP0u(1)(2)(2)1(3)22266

222

根据向量模长的计算公式，可得|u|(2)1241493；

|PP0u||6|6

根据点到平面的距离公式d，可得d2.

|u|33

故答案为：2.

22

xy2

14.已知椭圆1ab0的左右焦点分别为F1,F2，抛物线y2pxp0以F2为焦点，且

a2b2

sinAF2F17

与椭圆在第一象限相交于点A，记，若，则椭圆的离心率取值范围是__________．

sinF1AF24

1

【答案】0,

3

【解析】

【分析】利用正弦定理化角为边，根据椭圆与抛物线的定义及性质，结合已知条件构造不等式求出离心率

的取值范围．

【详解】

x2y2

椭圆1ab0的左右焦点分别为F1,F2，

a2b2

c

Fc,0,Fc,0，e，c2a2b2，

12a

2

抛物线y2pxp0以F2为焦点，

p

c，解得p2c，抛物线方程为y24cx，

2

AF1F1F2

在△AF1F2中，由正弦定理得，

sinAF2F1sinF1AF2

sinAFFAFAF7

21117

，，解得AF1c，

sinF1AF2F1F22c42

AF1AF22a，AF22aAF1，

Ax1,x2在抛物线上，AF2x1c，

acaac

由椭圆的焦半径公式得：AF2aex1，x1caex1，解得x，

11eac

caaca22acc2

则AFaexa，

11aacac

a22acc27c21

AF，整理得9e23e20，解得e，

1ac233

1

又e0,1，e0,．

3

1

故答案为：0,．

3

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.已知圆M的圆心在直线y2x上，且点A1,5,B4,2在圆M上.

（1）求圆M的标准方程；

（2）若斜率为2的直线l与圆M相交于D,E两点，且DE4，求直线l的方程.

【答案】（1）(x1)2(y2)29

（2）2xy50

【解析】

【分析】（1）由题可得AB垂直平分线方程，结合圆M的圆心在直线y2x上可得圆心坐标与圆的半径，

即可得答案；

（2）由DE4可得直线到圆心距离，设直线方程为y2xb，由点到直线距离公式可得直线方程.

【小问1详解】

因为点A1,5,B4,2，

52

直线AB的斜率为1，

14

所以线段AB的垂直平分线的斜率为1，

57

设线段AB的中点为N，则N,，所以线段AB的垂直平分线的方程为yx1，

22

yx1x1

由，解得，

y2xy2

所以圆心M1,2，半径rMB3，所以圆M的标准方程为(x1)2(y2)29

【小问2详解】

2

DE

因为，所以圆心到直线的距离2，

DE4Mld1r5

2

设直线l的方程为y2xb，

22bb

则点M1,2到直线l的距离d2，

22(1)25

b

由5，解得b5，

5

所以直线l的方程为2xy50.

16.如图，在平行六面体ABCDABCD中BAADAA120，BAD90，

ABAD2,AA4，点M为DD的中点.

（1）求BM的长；

（2）已知E为CC上的动点，若AEBM，求CE的长.

【答案】（1）23

（2）2

【解析】

1

【分析】（1）根据题意可得BMABADAA，利用数量积求模长即可；

2

1

（2）设CECC，根据向量垂直结合数量积可得，即可得结果.

2

【小问1详解】

1

由题意可知：ABAD2,AA4，ABAD0，ADAAABAA244，

2

1

因为BMBAAMABADAA，

2

2

21

则BMABADAA

2

2212

ABADAA2ABADADAAABAA

4

44404412，

即BM23，所以BM的长为23.

【小问2详解】

设CECC，则AEACCEABADAA

1

可得AEBMABADAAABADAA

2

221211

ABADAAADAAABAA

222

11

4484484，

22

1

若AEBM，则AEBM840，解得，

2

1

所以CECC2，即CE的长为2.

2

22y

17.点M是圆F1:(x1)y36上的动点，F2是点F1关于轴的对称点，线段MF2的中垂线交线段

MF1于点P，记动点P的轨迹为C.过F1的直线交C于G,H两点，设直线F2G,F2H与C的另一个交点分

别为R,Q.

（1）求轨迹C的方程；

（2）证明：直线RQ过定点.

x2y2

【答案】（1）1；

98

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由题意得到P到点F1,F2的距离之和为定值6，满足椭圆的定义，利用椭圆的定义求解；

7

（2）先讨论直线F2G斜率不存在时，可计算得直线RQ与x轴的交点为,0；再讨论直线F2G斜率存

3

在时，设Gx1,y1,Hx2,y2,Rx3,y3,Qx4,y4，设直线F2G方程为ykx1，与椭圆方程联立，

y

消去，得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理得到x1x3的值，从中解出x1，代入k，Rx3,y3代

5x9yyy4y

33133

入椭圆，消去k,y3得的x1，结合，可得y1，从而得到G的坐标，同理

x35x3x1x31x35

得到H的坐标，由G,H,F1共线，利用斜率相等建立等式，即可得解.

【小问1详解】

由题意得，PF2PM,MF1r6，

故PF1PF2PF1PMMF16，

即P到点F1,F2的距离之和为定值6，

而F11,0,F21,0，故P的轨迹C是a3,c1且焦点在x轴上的椭圆，

x2y2

故C:1.

98

【小问2详解】

设Gx1,y1,Hx2,y2,Rx3,y3,Qx4,y4

当直线F2G斜率不存在时，则直线F2G的方程为x1，

x2y28

将x1代入椭圆方程C:1，得y

983

8

884

取，，直线方程为，

G(1,),R(1,)34F1Gy(x1)

33kFG3

1113

4x2y27

将y(x1)代入椭圆方程C:1，解得x1或x，

3983

8716

当x1时，y；当x时，y，

339

16

71688

则H(,)，k9，直线FH的方程为y(x1)，

39F2H72

11515

3

8x2y2731

将y(x1)代入椭圆方程C:1，解得x或x，

1598311

71631323132

当x时，y，当x时，y，则Q(,)，

3911331133

328

8333

R(1,)，kQR2，

31

31

11

8147

y2(x1)，y2x，此直线RQ与x轴的交点为,0；

333

887

取G1,,R1,时，由对称性可知，直线RQ与x轴的交点为,0；

333

当直线F2G斜率存在时，

2222

设直线F2G方程为ykx1，与椭圆方程联立得：9k8x18kx9k720，

18k218k2

xx,xx

139k2819k283

yx2y25x9

代入k3,331，消去k,y得x3，

31

x3198x35

yyy4y5x94y

结合313，可得y3，即G3,3，

1

x3x1x31x35x35x35

4y4y

3040

5x494y4x35x45

同理H,，由G,H,F1共线，得，

x5x55x395x49

4411

x35x45

yyyy

34,347

即，故点Q,R与点,0的斜率相同，

3x373x4777

x3x43

33

77

即Q,R与点,0共线，综上可知，QR过定点,0.

33

18.如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，平面ABCD平面CDD1C1，且ABCD与CDD1C1是两个全等

的等腰梯形，满足CD2AB4,BC5.点E在B1C1上，满足B1C13B1E，连接A1C1,D1E交于点F，

点G为AC1的中点，连接FG.

（1）证明：FG//平面ADD1A1；

（2）求FG与平面BCC1B1所成角的正弦值；

22

（3）在线段AC1上（不含端点）是否存在一点P，使得平面DPD1与平面BCC1B1所成角的正弦值为？

3

若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析

214

（2）

21

163

（3）存在，

9

【解析】

【分析】（1）利用向量证明FG//AA1，再根据线面平行的判定定理证明线面平行.

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的三角函数值.

（3）利用空间向量，根据二面角的三角函数值求AP的长.

【小问1详解】

21111

由题意得：AEABAC，ABDCACAD

131131111211211211

设，

A1C1A1F

21

AEAFAD

131311

又因为F,D1,E三点共线，

21

1,2.即F为AC中点.

3311

FG//AA1

又因为FG平面ADD1A1,AA1平面ADD1A1

FG//平面ADD1A1

【小问2详解】

由（1）知AA1//FG，

所以AA1与平面BCC1B1所成角即为所求角.

分别取CD,AB,D1C1中点O,M,N，连接OM,ON.

平面CDD1C1平面ABCD，平面CDD1C1平面ABCDCD，

ON平面CDD1C1，ONCD，所以ON平面ABCD，

以O为原点，OM,OC,ON为x,y,z轴的正方向，如图建系，

1

B2,1,0,C0,2,0,C10,1,2,A2,1,0,A11,,2，

2

设平面BCC1B1的法向量为mx,y,z，

m·CB2xy0

，取，则，

x1y2,z1

m·CC1y2z0

m1,2,1为平面BCC1B1的一个法向量，

1

又AA11,,2

2

mAA214

1

因为cosm,AA1

mAA121

设与平面所成角为，

AA1BCC1B1

214

所以sincosm,AA

121.

【小问3详解】

设

APtAC12t,2t,2t,t0,1

P22t,2t1,2t,DP22t,2t1,2t，

设平面DPD1的法向量为na,b,c，

n·DP22ta2t1b2tc0

则，

n·DD1b2c0

取c22t，则b4t4，a2t2，

n2t2,4t4,22t为平面DPD1的一个法向量，

设平面DPD1与平面BCC1B1所成角为，

22

sin

3

mn2t224t422t1

coscosm,n

mn122212(2t2)2(4t4)2(22t)23

9t28t0

8

t0（舍）或t.

9

8

所以存在点P使得APAC，

91

8163

AC23,APAC.

1919

21

19.已知抛物线Γ:y2pxp0上的一点C,y0y00到焦点F的距离为1，直线l交Γ于A,B

2

两点.

（1）求抛物线Γ的标准方程；

（2）O为坐标原点，已知OAOB：

（i）作ODAB垂足为D，则是否存在定点Q，使DQ为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，

请说明理由；

（ii）若Γ在C处的切线g恰好平分直线AC与BC的夹角，求l的方程.

【答案】（1）y22x

24

（2）（i）存在，Q1