江苏省南通市2025-2026学年高二上学期期中考试 数学含解析

江苏省南通市2025-2026学年高二上学期期中调研测试

数学试题

一、单选题

1．直线x3y830的倾斜角为（）

ππ2π5π

A．B．C．D．

6336

2．已知直线l1:3x4y70与l2:6xm1y1m0平行，则m（）

A．4B．5C．6D．7

3．若方程C：x2y22x4ya0表示圆，则实数a的取值范围是（）

A．,5B．,5C．5,D．5,

4．若空间向量a1,0,1,b0,1,0，则下列向量能与a,b构成空间的一个基底的是（）

1

A．p1,1,1B．q1,,1

2

11

C．r,1,D．s1,1,0

33

5．点A2,1关于直线xy10的对称点的坐标为（）

A．3,0B．0,2C．0,3D．1,4

6．已知a,b,c是空间三个不共线向量，则“向量a,b,c共面”是“存在三个均不为零的实数p,q,r，使得

paqbrc0”的（）

A．充要条件B．充分不必要条件

C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件

7．在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，则直线A1B与B1C所成角的余弦值为（）

116

A．B．C．0D．

246

8．已知直线l:xay10和圆C:x2y22x4y40交于A,B两点，设线段AB的中点为M,O为坐标

原点，则OM的最大值为（）

A．35B．23C．31D．21

二、多选题

9．已知三条直线xy10,2xy80和ax3y50不能围成一个三角形，则实数a的可能取值为（）

1

A．3B．3C．6D．

3

2222

10．已知圆C1:(x1)y1与圆C2:(x2)(y2)4，则（）

A．圆心距C1C25

B．两圆的公共弦所在直线的方程为x2y20

25

C．两圆的公共弦长为

5

D．直线3x4y80是两圆的一条公切线

11．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E,F分别是棱AB,AD上的动点（不含端点），且D1EB1F，

则（）

A．B1EEFFD122

B．当且仅当E为AB中点时，AEAF

C．存在E,F，使得A1F//B1E

1

D．直线AA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为

113

三、填空题

12．已知向量a2,2m3,8，b4,2m1,16，且a//b，则m.

13．过点P2,3作圆x2y22x2y10的切线，则切线长为.

14．已知两条直线a1xb1y10和a2xb2y10都经过点A1,1，则两点P1a1,b1，P2a2,b2间的最短

距离为.

四、解答题

15．已知ABC的三个顶点为A4,1,B6,3,C3,0.

(1)求AB边上的中线CM的长；

(2)求ABC的外接圆方程.

16．如图，在棱长为2的正四面体OABC中，已知E是线段BC的中点，点G在线段AE上，且AG2GE.

(1)用向量OA,OB,OC表示OG；

(2)求OG；

(3)求向量OE与AB夹角的余弦值.

17．（1）过点P2,3作直线xy10的垂线，垂足为Q.

①求点Q的坐标；

②求以PQ为直径的圆被y轴截得的劣弧的长度；

（2）已知点Px0,y0和直线l:AxByC0（A,B不同时为零），证明：点P到直线l的距离

AxByC

d00.

A2B2

18．如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直，AB3，设AFtt0，点M,N分别在

11

线段AD,CD上，且AMAD,DNDC.

33

(1)证明：MEBN；

(2)若平面BEM平面EFN，求t的值；

(3)设直线BM与平面EFN相交于点K，求线段EK的长度（用t表示）.

19．已知曲线C:(x1)2(y1)24.

(1)求曲线C围成的平面图形的面积；

(2)若M,N是曲线C上的两个动点，求MN的最大值；

(3)是否存在直线yxt与曲线C至少有三个不同的公共点？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说

明理由.

题号12345678910

答案ADBDCABDBCDABD

题号11

答案ABD

1．A

根据直线方程求出直线斜率，再根据斜率和倾斜角间的关系即可求出倾斜角．

3

【详解】x3y830可化为：yx8，

3

33

∴直线的斜率为，设直线的倾斜角，则tan，

33

π

∵0π，∴．

6

故选：A．

2．D

利用两直线平行的充要条件列式求解即可.

【详解】由直线l1:3x4y70与l2:6xm1y1m0平行，

6m11m

得，所以m7.

347

故选：D.

3．B

根据二元二次方程表示圆的条件，列出不等式，解之即可.

【详解】因为方程C：x2y22x4ya0表示圆，

则有(2)2424a0，解得：a5，

故选：B.

4．D

根据给定条件，利用空间向量的坐标运算及空间基底的意义判断即得.

【详解】对于A，pab，向量p,a,b共面，A不是；

1

对于B，qab，向量q,a,b共面，B不是；

2

1

对于C，rab，向量r,a,b共面，C不是；

3

x1

对于D，假设sxayb，则(1,1,0)(x,y,x)，于是y1，方程组无解，

x0

即向量s,a,b不共面，能构成空间的一个基底，D是.

故选：D

5．C

b1

11

a2

设对称点的坐标为a,b，由题意可得，求解即可.

2a1b

10

22

【详解】设对称点的坐标为a,b，

b1

11

a2a0

由题意可得，解得，

2a1bb3

10

22

所以点A2,1关于直线xy10的对称点的坐标为0,3.

故选：C

6．A

利用空间向量共面的基本定理结合充分条件、必要条件的定义判断即可求解.

qr

【详解】因为实数p,q,r均不为零，所以abc，

pp

此时向量a,b,c共面，故必要性成立；

因为a,b,c是空间三个不共线向量，若向量a,b,c共面，

则存在非零实数x、y使得axbyc，则axbyc0，

取p1,qx,ry，即有paqbrc0，故充分性成立；

所以“向量a,b,c共面”是“存在三个均不为零的实数p,q,r，使得paqbrc0”的充要条件.

故选：A

7．B

利用正三棱柱的性质计算出，，，再根据夹角公式即可求解

A1BB1CA1BB1C.

【详解】由题意22，同理可得，

A1BAA1AB22B1C22

因为A1A平面ABC，BC平面ABC，所以A1ABC，即A1ABC0，

所以A1BB1CA1AABB1BBCA1AB1BA1ABCABB1BABBC

1

A1AB1BABBCcosπABC22222，

2

A1BB1C21

所以cosA1B,B1C，

A1BB1C22224

1

故直线AB与BC所成角的余弦值为.

114

故选：B

8．D

易知直线l过定点P1,0，且点P在圆C内，结合MP垂直于MC，可得动点M的轨迹方程为

22

x1y11，由此容易得出OM的最大值．

22

【详解】将圆C的方程化为标准方程为x1y29，则圆心为C1,2，

直线l:xay10，易知直线恒过定点P1,0

22

又11029,所以点P1,0在圆内，如图所示：

由于MP垂直于MC，则点M的轨迹为以CP为直径的圆，

线段CP的中点坐标为N1,1，CN1，

22

所以动点M的轨迹方程为x1y11，

又|ON|12(1)22，ON1OMON1，

可得21|OM|21，

即OM的取值范围为21,21，

所以OM的最大值为21.

故选：D

9．BCD

利用直线平行以及三条直线交于一点，即可求解.

2xy80x3

【详解】联立，可得，即两直线交点为3,2.

xy10y2

当a3时，直线xy10和直线ax3y50平行，不能围成三角形;

当a6时，直线2xy80和直线ax3y50平行，不能围成三角形;

1

当a时，直线ax3y50经过点3,2，三线共点，不能围成三角形;

3

当a3时，三条直线两两相交且不共点，可以围成三角形，不符合题意.

故选：BCD

10．ABD

根据圆的方程确定圆心坐标后计算圆心距，可得A;两圆方程相减得出公共弦所在直线方程，再在其中一个

圆中计算公共弦弦长可判断B,C;计算两个圆到给定直线的距离是否分别等于各自半径，可判断D.

【详解】根据两圆方程，可知圆C1的圆心坐标C1(1,0),半径r11,圆C2的圆心坐标C2(2,2),半径r22.

对于：22故正确；

A|C1C2|(21)25,A

对于B：由A可知，1r2r1|C1C2|r1r23,因此两圆相交.两圆的公共弦所在直线方程可由两圆方程相

222

减得到，即将x1y21减去x2y24,

得到2x34y43,整理化简得x2y20,故B正确；

对于C：两圆相交，存在公共弦，在其中一个圆中计算该弦长即可.圆心C1(1,0)到公共弦x2y20的距

|12|5545

离d,故弦长l21()2,故C错误；

1222555

|5|

对于D：圆心C1(1,0)到直线3x4y80的距离d11r1,圆心C2(2,2)到直线3x4y80的距

3242

|10|

离d22r2,故直线3x4y80是两圆的一条公切线，故D正确.

3242

故选：ABD.

11．ABD

以D为原点，建立坐标系，设E(2,n,0),F(m,0,0)，根据D1EB1F0，求得mn，由

B1EEFFD1(2,2,0)，可判定A正确；由AEAF，求得m1，可判定B正确；由A1FB1E，列

方程方程组，可判定C错误；过A作AMEF，证得A1MA即为直线AA1与平面A1EF所成角，求得

m(2m)

tanA1MA，利用换元法和函数的单调性，可判定D正确.

22m(m2)4

【详解】以D为原点，以DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

如图所示，可得B1(2,2,2),D1(0,0,2),A(2,0,0),A1(2,0,2)，

设E(2,n,0),F(m,0,0)，其中0m,n2可得D1E(2,n,2),B1F(m2,2,2)，

因为D1EB1F，则D1EB1F2(m2)2n40，

可得mn，所以E(2,m,0),F(m,0,0)，

对于A，由B1EEFFD10,m2,2m2,m,0m,0,22,2,0，

可得B1EEFFD122，所以A正确；

对于B，由AE(0,m,0),AF(m2,0,0)，可得AEm,AF2m

若AEAF，可得AEAF，所以m2m，解得m1，

即E,F分别为AB,AD的中点，所以B正确；

对于C，由A1F(m2,0,2),B1E(0,m2,2)，

若A1F//B1E，可得A1F//B1E，则存在实数使得A1FB1E，

m20

可得0(m2)，可得m2，因为0m2，所以m不存在，

22

所以不存在E,F使得A1F//B1E，所以C错误；

对于D，过点A作AMEF，连接A1M，

在正方体ABCDA1B1C1D1中，可得AA1平面ABCD，

因为EF平面ABCD，所以AA1EF，

又因为AMAA1A，且AM,AA1平面AA1M，所以EF平面AA1M，

因为EF平面A1EF，所以平面A1AM平面A1EF，

所以A1MA即为直线AA1与平面A1EF所成角，

在直角△AEF中，由AEm,AF2m，可得EFAE2AF22m24m4，

AEAFm(2m)m(2m)

所以AM

EF2m24m42m(m2)4

AMAMm(2m)

在直角A1AM中，可得tanA1MA，

AA1222m(m2)4

令t2m24m42(m1)22，其中0m2，

t244t214

可得t[2,2)，且m(m2)，所以tanAMA(t)，

214t4t

4

由函数ftt在t[2,2)上单调递减，

t

2

所以当t2时，ftf(2)2，所以tanA1MA的最大值为，

max4

1

所以sinAMA的最大值为，所以D正确.

13

故选：ABD.

7

12．/3.5

2

根据向量平行可知存在实数k，使得akb，结合向量坐标运算求解即可.

【详解】因为向量a2,2m3,8，b4,2m1,16，

若a//b，则存在实数k，使得akb4k,2m1k,16k，

1

4k2k

2

可得2m1k2m3，解得.

7

16k8m

2

7

故答案为：.

2

13．26

把圆的一般方程变形为圆的标准方程得出圆心坐标和半径，再根据勾股定理求解即可.

22

【详解】方程x2y22x2y10可化为x1y11，圆心M1,1，半径r1，

所以切线长为MP2r232421226.

故答案为：26

14．2

确定P1a1,b1，P2a2,b2分别在直线xy10,xy10上，由平行线间距离即可求解.

【详解】因为两条直线a1xb1y10和a2xb2y10都经过点A1,1，

所以a1b110，a2b210，

所以P1a1,b1，P2a2,b2分别在直线xy10,xy10上，

11

所以两点P1a1,b1，P2a2,b2间的最短距离为两平行线间距离，即d2，

2

故答案为：2

15．(1)25

(2)x2y2x9y120

（1）利用中点坐标公式得到中点坐标，再利用两点间距离公式求解长度即可.

（2）设出外接圆的方程，代入点的坐标，进而求解参数得到方程即可.

【详解】（1）由中点坐标公式得AB的中点M1,2，

由两点间距离公式得CM(31)2(02)225.

（2）设三角形外接圆方程为x2y2DxEyF0,D2E24F0，

174DEF0D1

因为点A,B,C在所求的圆上，可得456D3EF0，解得E9，

93DF0F12

则ABC外接圆的方程为x2y2x9y120.

111

16．(1)OGOAOBOC

333

26

(2)

3

3

(3)

6

（1）根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解；

（2）利用向量的模与数量积的关系求解即可；

（3）利用向量的夹角公式计算即可求解.

2212

【详解】（1）OGOAAGOAAEOAOEOAOAOE

3333

1211111

OAOBOCOAOBOC；

3322333

2

111

（2）OGOAOBOC

333

1222

OAOBOC2OAOB2OAOC2OBOC

9

1111

444222222222

9222

26

3

11

（3）因为OEOBOC,ABOBOA，

22

1112111

所以OEABOBOCOBOAOBOCOBOBOAOCOA

222222

11π1π1π

2222cos22cos22cos.

2232323

21111.

由正四面体OABC的棱长为2，可得OE3,AB2，

OEAB13

所以cos<OE,AB.

OEAB236

2π

17．（1）①Q0,1；②；（2）证明见解析

2

π

（1）①求得直线PQ的方程，联立方程求解即可；②求得圆的方程，由勾股定理可得MCN，计算即

2

可求解；

（2）方法一：求得过点Px0,y0和直线l:AxByC0垂直的直线方程，联立方程组求得交点坐标，由

平面中两点间的距离公式即可得证；方法二：过点P分别作y轴､x轴的垂线，分别与l相交于

Mx1,y0,Nx0,y2，由等面积法计算即可得证.

【详解】（1）①因为直线xy10的斜率k1，

所以其垂线的斜率kPQ1，

所以直线PQ的方程为xy10.

xy10

联立，解得Q0,1.

xy10

②因为P2,3,Q0,1，

所以以PQ为直径的圆的圆心C1,2，半径r2，

所以圆C的方程为(x1)2(y2)22.

设圆C与y轴交于M,N两点，则MN2r2d22，

所以MN2CM2CN2，

π2π

所以MCN，所以所求弧长为.

22

（2）法一：设A0,B0，过点Px0,y0作直线l的垂线，垂足为G，

则过点Px0,y0和直线l:AxByC0垂直的直线方程为BxAyBx0Ay0.

2

Bx0ABy0AC

xG

AxByC022

联立，解得AB，

2

BxAyBx0Ay0ABxAyBC

y00

GA2B2

22

Bx0ABy0ACABx0Ay0BC

所以点G的坐标为22,22.

ABAB

22

22

所以Bx0ABy0ACABx0Ay0BC

PG22x022y0

ABAB

2222

Ax0ABy0ACABx0By0BC

2222

ABAB

2222

AAx0By0CBAx0By0C

22

A2B2A2B2

2

AxByCAxByC

0000

22

ABA2B2

当A0,B0时，

CAx0CAx0By0C

dx0.

AAA2B2

当A0,B0时，

CBy0CAx0By0C

dy0.

BBA2B2

Ax0By0C

所以点P到直线l的距离d.

A2B2

法二：过点P作PGl，垂足为G.

当A0,B0时，

过点P分别作y轴､x轴的垂线，

分别与l相交于Mx1,y0,Nx0,y2.

由Ax1By0C0,Ax,0By2C0，

ByCAxC

得x0,y0，

1A2B

AxByC

所以PMxx00，

10A

AxByC

PNyy00

10B

因为PG是Rt△PMN斜边上的高，

PMPNPMPNAxByC

所以PG00，

MNPM2PN2A2B2

Ax0By0C

即点P到直线l的距离d.

A2B2

当A0,B0时，

CAx0CAx0By0C

dx0.

AAA2B2

当A0,B0时，

CBy0CAx0By0C

dy0.

BBA2B2

Ax0By0C

综上，点P到直线l的距离d.

A2B2

18．(1)证明见解析

(2)t3

137

(3)t2

8

（1）利用面面垂直的性质可得AF平面ABCD，进而利用线面垂直的性质可得AFAD,AFAB，建立

空间直角坐标系，利用向量法可得结论；

（2）求得平面BEM的一个法向量和平面EFN的一个法向量，利用向量法可求t的值；

5

（3）设BKBM，求得KN3,32,0，利用向量法可求得，进而可求解.

4

【详解】（1）因为平面ABCD平面ACEF，平面ABCD平面ACEFAC，

在矩形ACEF中，ACAF,AF平面ACEF，所以AF平面ABCD.

又因为AD平面ABCD,AB平面ABCD，所以AFAD,AFAB.

以AD,AB,AF为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系，

则B0,3,0,M1,0,0,E3,3,t，N3,1,0,F0,0,t.

所以ME2,3,t,BN3,2,0，

所以MEBN23320，

所以MEBN.

（2）BE3,0,t,BM1,3,0,EF3,3,0,EN0,2,t.

设平面BEM的一个法向量为n1x1,y1,z1，

BMn10x13y109

则，即，令y11，得x3,z，

3xtz011t

BEn1011

9

所以平面BEM的一个法向量为n13,1,.

t

设平面EFN的一个法向量为n2x2,y2,z2，则

EFn203x23y202

，即，令x21，得y1,z，

2ytz022t

ENn2022

2

所以平面EFN的一个法向量为n21,1,.

t

若平面BEM平面EFN，则n1n20，

18

得310，解得t29，

t2

因为t0，所以t3.

（3）设BKBM，则K,33,0，所以KN3,32,0.

2

由（2）可知，平面EFN的一个法向量n21,1,，所以KNn0，

t2

5

得3320，解得.