黑龙江省哈尔滨市第九中学2025-2026学年高二上学期期中考试 数学含解析

黑龙江省哈尔滨市第九中学校2025-2026学年高二上学期11月期中考试

数学试题

一、单选题

1．已知直线的方程为y3x，则其倾斜角为（）

A．150B．120C．60D．30

2．直线m2xm2y2m0，无论m取何值，该直线恒过定点（）

A．(1,1)B．(1,1)C．(2,2)D．(2,2)

3．已知直线l1：6xmy30与l2：3xm4y10，若l1与l2互相平行，则它们之间的距离是（）

111

A．B．1C．D．

5210

4．过点A(1,2)作圆C：(x2)2(y1)21的切线l，则l的方程为（）

A．4x3y100B．x10或4x3y100

C．3x4y110D．x10或3x4y110

5．2023年7月20日中国太空探索又迈出重要一步，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮成功完成

出舱任务，为国家实验室的全面建成贡献了力量．假设神舟十六号的飞行轨道可以看作以地球球心为左焦

点的椭圆（如图中虚线所示），我们把飞行轨道的长轴端点中与地面上的点的最近距离叫近地距离，最远距

RR

离叫远地距离．设地球半径为R，若神舟十六号飞行轨道的近地距离为，远地距离为，则神舟十六号

3020

的飞行轨道的离心率为（）

1211

A．B．C．D．

5125120125

6．已知A1,0，B1,0，在x轴上方的动点M满足直线AM的斜率与直线BM的斜率之积为2，则动点

M的轨迹方程为（）

y2y2

A．x21x0B．x21y0

22

x2x2

C．y21x0D．y21y0

22

：：2

7．已知直线l13x4y60和直线l2y1，抛物线x4y上一动点P到直线l1、直线l2的距离之和的最

小值是（）

6

A．1B．2C．D．3

5

x2y2

8．已知椭圆C:1ab0的左右焦点分别为F1,F2，过右焦点F2的直线与C交于A,B两点，且

a2b2

BF22F2A,BF1AB，则椭圆C的离心率为（）

5532

A．B．C．D．

3455

二、多选题

x2y2

9．方程1表示的曲线为C，下列正确的命题是（）

4kk1

A．曲线C可以是圆B．若1k4，则曲线C为椭圆

C．曲线C可以表示抛物线D．若曲线C为双曲线，则k1或k4

2222

10．已知圆C1:x1y1与圆C2:x1y24交于A,B两点，则（）

A．圆C1与圆C2有两条公切线

B．直线AB的方程为4x4y10

14

C．AB

8

D．线段AB的垂直平分线的方程为xy10

x2y2

11．双曲线1(a0)的左、右焦点分别为F,F，下列说法正确的有（）

a21612

5

A．若a3，则双曲线的离心率为

3

B．若双曲线的渐近线方程为y2x，则a2

C．若双曲线的焦距为10,M为该双曲线上一点，且MF17，则MF21

．若点为双曲线上一点，且，则S16

DMMF1MF22MO△F1MF2

三、填空题

12．已知直线l1:mx3y10与直线l2:2xm5y40互相垂直，则m的值为．

2

13．已知抛物线C:y2pxp0的焦点为F，点M3,y0y00在C上，若MF5，则y0.

x2

14．已知椭圆的标准方程为y21a1，右顶点为A，左顶点为B，设点P为椭圆上一点，PAB的

a2

面积的最大值为2，则a的值为；若已知点M3，0，N3，0点Q为椭圆上任意一点，则

11

的最小值为．

QN32QM

四、解答题

15．如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，E是棱BC

的中点.

(1)求证：BD1//平面C1DE；

(2)求平面C1DE与平面ABCD的夹角的余弦值.

16．已知直线l经过点3,1．

(1)指出直线斜率为何值时，坐标原点到直线l的距离最大？并求出l的方程；

22

(2)若l与圆C：x2y15相交于A,B两点，AB4，求l的一般式方程．

17．已知点P1,2在抛物线C：y22pxp0上．

(1)求抛物线C的方程；

(2)直线yx1与抛物线交于、两点，求弦长MN；

��，，

(3)过点Q4,0的直线l交抛物线C于A，B两点，设直线OA，OB的斜率分别为k1k2O为坐标原点，求

k1k2的值．

22

xy1

18．已知椭圆C：1ab0的右焦点为F1,0，右顶点为P，离心率为．

a2b22

(1)求出椭圆C的标准方程；

(2)若直线l与椭圆C交于A,B两点．

（i）当线段AB的中点坐标为1,1时，求直线l的方程．

（ii）若直线PA,PB分别与y轴交于M,N两点，且MFNF，试探究此时直线l是否恒过一个定点，若是，

求出该定点，若不是，说明理由．

2

x21

19．已知双曲线C:y1a0的渐近线方程为yx，C与x轴的正、负半轴分别交于M1，M2两

a22

点，过点A2a,0的直线l与C的右支交于P，Q两点．

(1)若直线l的斜率存在，求出直线l斜率的取值范围；

k

M2P

(2)探究：是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由（其中kMQ，kMP分别表示直线MQ，

k121

M1Q

M2P的斜率）；

若直线，交于点，且S7S，求直线斜率的取值范围．

(3)M2PM1QRRPQRM1M2l

参考答案

题号12345678910

答案CBCBDBBAADABD

题号11

答案ABD

1．C

【详解】设直线的倾斜角为，直线斜率为k，且0,180，

由题意得斜率k3，由斜率的几何意义得tan3，

解得60，选项C正确.

故选：C

2．B

【详解】m2xm2y2m0，即m(xy2)(2x2y)0，

xy20

当时，解得xy1，

2x2y0

故该直线过定点(1,1)，

故选：B.

3．C

6m43m

【详解】若l1与l2互相平行，则需满足，解得m8，

6133

故直线l1：6x8y30与l2：6x8y20，

321

故两直线间距离为，

62822

故选：C

4．B

【详解】圆C：(x2)2(y1)21的圆心C(2,1)，半径r1，

点C到直线x1的距离为1，则直线l的方程可为x1；

|k3|

当l的斜率存在时，设l的方程为yk(x1)2，由直线l与圆C相切，得1，

k21

44

解得k，则l的方程为y(x1)2，即4x3y100，

33

所以直线l的方程为x10或4x3y100.

故选：B

5．D

RR251

【详解】根据题意：acR，acR，解得aR，cR，

302024120

c1

故离心率e.

a125

故选：D

6．B

【详解】设动点M(x,y)(y0)，

由于A1,0，B1,0，根据直线AM与BM的斜率之积为2．

yyy2

整理得2，化简得：x21(y0)．

x1x12

故选：B

7．B

2

【详解】由题意可得，抛物线x4y的焦点F0,1，准线l2:y1．

30416

点F到直线l1的距离为d2．

32(4)2

：

点P到直线l2y1的距离d2PF，

：

点P到直线l13x4y60的距离为d1，

所以d1d2d1PFd2，

当且仅当点P在点F到直线l1的垂线上且P在F与l1之间，即P时（如图），等号成立，

故动点P到直线l1、直线l2的距离之和的最小值是2.

故选：B

8．A

【详解】

设AF2x，因为BF22F2A，所以BF22x，

由椭圆的定义可得AF12ax，BF12a2x，

△222a

因为BF1AB，在BAF1中由勾股定理得9x2a2x2ax，解得x

3

4a2a

所以BF，BF，

1323

4216225

在BF1F2中由勾股定理得aa4c，从而可得e.

993

故选：A

9．AD

5

【详解】对于A，若曲线C是圆，则4kk10，解得k，A正确；

2

5

对于B，由选项A知，当k时，曲线C是圆，不是椭圆，B错误；

2

对于C，曲线C有两条对称轴，不可能为抛物线，C错误；

对于D，若曲线C为双曲线，则4kk10，解得k1或k4，D正确.

故选：AD

10．ABD

22

【详解】由C1:x1y1，则圆心C1(1,0)，半径r11，

22

由C2:x1y24，则圆心C2(1,2)，半径r22，

所以|C1C2|22(1,3)，即r2r1|C1C2|r2r1，故两圆相交，

所以圆C1与圆C2有两条公切线，A对；

222

两圆作差有x1y2x1y23，整理得4x4y10，B对；

|401|522214

由C1(1,0)到4x4y10的距离d，则AB2rd，C错；

42814

由B知kAB1，则线段AB的垂直平分线的斜率k1，

故线段AB的垂直平分线的方程为y(x1)xy10，D对.

故选：ABD

11．ABD

c5

【详解】对A：a3时，c2a2b291625，所以c5，则e，故A正确；

a3

b4

对B：由2a2，故B正确；

aa

对C：因为c5，b4，所以a3.又MF17ac8，所以M点在双曲线的左支上，由

MF2MF16MF213，故C错误；

对D：M为双曲线上一点，则MF1MF22MO，又MF1MF22MO，所以MF1MF2MF1MF2，

所以F1MF290.

mn2a

2

不妨设M在第一象限，MF1m，MF2n（mn），且222mn2b32，

mn4c

1

所以Smn16，故D正确.

F1MF22

故选：ABD

12．3

【详解】由直线垂直得到2m3m50，

解得：m3，

故答案为：3

13．26

p

【详解】由抛物线定义可得MF3，又MF5，

2

p

所以MF35，则p4，

2

所以抛物线C的方程为y28x，

因为点M3,y0y00在C上，

2

所以y083，又y00，则y026.

故答案为：26

322

14．2

14

【详解】由已知条件可得Aa,0、Ba,0，

设Pm,n，因为点P为椭圆上一点，

m2

所以ma，n1，n21，

a2

1

所以PAB的面积S2ana，当且仅当n1时取等号，

2

所以当P的坐标为0,1或0,1时PAB的面积取最大值，最大值为a，

由已知可得a2，

x2

所以椭圆方程为y21，

4

所以M3,0、N3,0分别为椭圆的左､右焦点，

所以QMQN2a4，所以2QM62QN14

11121

所以2QN62QM

QN32QM142QN62QM

1114QM2QN6

故21

QN32QM142QN62QM

1114QM2QN6322

所以32，

QN32QM142QN62QM14

当且仅当QM721，QN1172时取等号，

11

所以的最小值为322．

QN32QM14

322

故答案为：2；．

14

15．(1)证明见解析

2

(2)

7

【详解】（1）如图所示，建立以D为原点的空间直角坐标系，

由侧棱AA1的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，

得D0,0,0,B2,2,0,C10,2,3,D10,0,3，

由E是棱BC的中点，得E1,2,0，

则DC10,2,3,DE1,2,0,BD12,2,3，

nDEx2y0

设平面的法向量为，则，

C1DEnx,y,z

nDC12y3z0

令y=3，则x6,z2，所以n6,3,2是平面C1DE的一个法向量，

显然nBD112660，则nBD1，

又BD1平面C1DE，所以BD1//平面C1DE，

（2）由（1）知平面C1DE的一个法向量为n6,3,2，

而平面ABCD的一个法向量为m0,0,1，

mn22

因此cosm,n，

mn177

2

所以平面CDE与平面ABCD夹角的余弦值为.

17

16．(1)斜率为3，3xy100

(2)x30或3x4y50.

【详解】（1）设D3,1，

当ODl时，坐标原点到直线l的距离最大，

1

则kl3，

kOD

则l的方程为y13x3，

即3xy100

（2）圆C：(x2)2(y1)25的圆心C(2,1)，半径r5，

1

由AB4，得圆心C(2,1)到直线l的距离dr2(|AB|)21，

2

当l的斜率不存在时，点C(2,1)到直线x3的距离为1，

因此l的方程可以为x3；

当l的斜率存在时，设l的方程为：y1k(x3)，即kxy3k10，

|2k13k1|3

于是1，解得k，l的方程为3x4y50，

k2(1)24

所以直线l的一般方程为x30或3x4y50.

17．(1)y24x

(2)8

(3)1

【详解】（1）由点P1,2在C：y22pxp0上，

可得：42p，即p2，

所以抛物线方程为：y24x；

（2）由方程yx1知，直线过抛物线焦点，

yx1

y2

联立2消去可得：x14x，

y4x

2

即x6x10，则xMxN6，

所以MNxMxNp8

,,(,)

（3）由已知直线l的斜率不为0，又因为过点Q4,0，故设其方程为xmy4，设A(x1y1)Bx2y2.

y24x1

由得y2my40，显然m240，

xmy44

y1y24m，y1y216，

2）2

则x1x2(my14)(my24)my1y24m(y1y21616m4m4m1616，

y1y216

所以k1k21．

x1x216

x2y2

18．(1)1

43

(2)（i）3x4y70，（ii）过定点(1,0).

【详解】（1）由焦点坐标得c1，

c1

又e，得a2，

a2

所以b2413，

x2y2

则椭圆C的标准方程为1.

43

（2）（i）设Ax1,y1,Bx2,y2，

x2y2x2y2

则111和221，

4343

xxxxyyyy

两式相减化简可得：121212120，

43

yy3

12

又x1x22,y1y22，代入可得：，

x1x24

3

所以直线l的方程为y1x1，

4

即3x4y70；

（ii）①若直线AB斜率不存在，根据对称性可知MNF为等腰直角三角形，

得到MN2,OMON1，此时M(0,1),N(0,1),P(2,0)，

xx

则直线PA:y1,PB:y1，与椭圆方程联立，

22

解得xAxB1，故直线l过椭圆左焦点，即(1,0)，

②若直线AB斜率存在，如图，设AB:ykxb,Ax1,y1,Bx2,y2，

ykxb

222

联立方程组x2y2，消去y得4k3x8kbx4b120，

1

43

8kb4b212

由韦达定理可知xx,xx，

124k23124k23

由已知得F(1,0)P(2,0)，且设Ax1,y1,Bx2,y2，

yy

可以求出直线方程为PA:y1(x2),PB:y2(x2)，

x12x22

2y12y2

令x0，得到yM，yN，

x12x22

2y2y

故M0,1,N0,2，又因为MFNF，

x12x22

2y2y4yy

故MFNF1,11,21120，

x12x22x12x22

3b212k2

代入韦达定理得yykxbkxb，

12124k23

求得b2kb2k20，即(b2k)(bk)0，得到b2k0或bk0，

当b2k时，直线AB过(2,0)，此时P,A,B三点重合，不符合题意；

当bk时，直线AB方程为ykxkk(x1)，此时直线AB过定点(1,0)

综上所述：直线AB过定点(1,0)．

11

19．(1),,

22

1

(2)是，

3

2112

(3),,

2222

x21

【详解】（1）双曲线C:y21a0的渐近线方程为yx，

a2a

1

又双曲线C的渐近线方程为yx，所以a2，

2

易知直线l的斜率不为0，设Px1,y1，Qx2,y2，直线l的方程为xmy4，

2

x22

联立双曲线C:y21与直线l:xmy4消元整理得m4y8my120，

4

2

Δ8m4m241216m2120

所以m240，解得2m2，

12

yy0

12m24