【数学】浙江省宁波市三锋联盟2025-2026学年高二上学期期中联考试题(解析版)

浙江省宁波市三锋联盟2025-2026学年高二上学期期中联考数学试题一、单项选择题：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．1.已知向量，若，则（）A B. C.2 D.1【答案】A【解析】因为，，则，解得.故选：A.2.已知直线的倾斜角为，则直线的一个方向向量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为直线的倾斜角为，所以直线的一个方向向量为，与其共线的有，故选：B.3.已知椭圆方程为，椭圆上的点到左焦点的最大值为5，最小值为1，则椭圆方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设椭圆焦距为2c,由题意得，解得，则，所以椭圆方程为.故选：A.4.已知直线与直线关于点对称，则实数（）A.2 B.1 C. D.【答案】C【解析】因为不在直线上，且直线与直线关于点对称，所以直线与直线平行，即，解得.在直线上取一点，关于点的对称点为,将代入直线，解得.故选：C.5.已知圆方程为，为圆上的动点，则（）A.最大值为 B.最大值为C.最大值为3 D.最小值为【答案】B【解析】，对选项A，表示圆上点与原点连线的斜率，如图所示，当与圆相切的如图情形时，取得最大值，此时，，故A错误.对选项B，设（为参数），则，当时，取得最大值，故B正确.对选项C，表示圆上点到原点距离的平方，如图所示情形下：最大值为，故C错误.对选项D，设（为参数），则，当时，取得最小值，故D错误.故选：B.6.在正三棱柱中，，点在棱上，且三棱锥的体积为，则直线与所成角的余弦值等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，分别取的中点，连接，以为原点，以方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，所以，所以直线与所成角的余弦值等于，故选：D7.已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，连接交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图所示，，，由得，解得，可知，则，在中由余弦定理得，化简得，即，即离心率.故选：B.8.已知直线与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由知：圆心，半径；由得，所以恒过定点；由得，所以恒过定点；由直线方程可知：，所以，所以，即，设，则，，所以，整理得，即点轨迹是以为圆心，为半径的圆，又直线斜率存在，则无法表示直线，而无法表示直线，所以点轨迹不包含；记点为弦的中点，则，位置关系如图：

连接，由知：，则，所以（当在处取等号），即的最小值为.故选：A.二．多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知直线，直线，则（）A.若，则B.若，则C.过定点D.当不经过第二象限时，则【答案】BC【解析】因为直线，直线，对于选项A：若，则，解得或，故A错误；对于选项B：若，则，解得或，若，则直线，直线，可知，符合题意；若，则直线，直线，可知两直线重合，不符合题意；综上所述：，故B正确；对于选项C：因为直线，即为，令，解得，所以过定点，故C正确；对于选项D：因为不经过第二象限，若，直线，不经过第二象限，符合题意；若，则直线，可得，解得；综上所述：，故D错误；故选：BC.10.圆，直线，则（）A.直线与圆必相交B.圆被轴截得的弦长为C.圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为D.时，圆上存在四个点到直线的距离为2【答案】ABD【解析】由题可知圆的圆心，半径.由直线，得，所以直线过定点.对于A，因为，所以点在圆内，所以直线与圆必相交，所以A正确；对于B，当时，，所以，或.所以圆被轴截得的弦长为，所以B正确；对于C，当圆被直线截得的弦长最短时，圆心到直线的距离最大，最大值为，此时，直线与垂直，因为的斜率为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.所以C不正确；对于D，当时，直线的方程为，此时圆心C到直线的距离为，因为，所以圆上存在四个点到直线的距离为2，所以D正确.故选：ABD.11.如图，在矩形中，，，分别为，中点，将沿直线翻折成，与不重合，连结，为中点，连结，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（）A.在翻折过程中，B.当时，DE平面C.在翻折过程中，三棱锥外接球的体积为D.三棱锥的体积的最大值为【答案】ABD【解析】由题意可知，，对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，，则，且，又，且，所以，且，四边形ECHG是平行四边形，，而，故A正确；对于B，由余弦定理可得，又因为，则，则，由于四边形为正方形，则，连接，则为中点，连接，则，则，又，平面，则平面，故B正确；对于C，取的中点，连接，所以，即点为三棱锥的外接球的球心，半径为，所以三棱锥的外接球的体积为，故C错误；对于D，，，在翻折过程中，当平面平面时，点到平面距离最大，则此时最大，且此时距离为，则，，D正确；故选：ABD.三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知椭圆的标准方程为，求椭圆的焦点坐标_________________．【答案】【解析】由题意得，又因为椭圆焦点在轴上，则焦点坐标为.故答案为：.13.已知正方体的棱长为2，为线段的中点，则点到平面的距离为_________________．【答案】【解析】如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为2，可得，则，设平面的法向量为，可得，即，令，解得，即平面的一个法向量为，则点到平面距离为.故答案为：.14.若对于圆上任意的点，直线上总存在不同两点，使得，则的最小值为_________________．【答案】6【解析】圆，得到，圆心，.到直线的距离，所以直线与圆相离.如图所示，直线上总存在不同两点，使得，当以为直径的圆与圆内切时，且时，取得最小值.所以.故答案为：6四、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.已知直线经过两直线和的交点．（1）若直线与直线垂直，求直线方程；（2）若直线在两坐标轴上的截距的和为0，求直线的方程．解：（1）由，得.直线和的交点为.因为直线与直线垂直，所以可设直线的方程为：.因为直线过，所以，解得.所以直线的方程为：.（2）设直线在两坐标轴上的截距分别为，由题可知.若，设直线的方程为.因为直线过，所以，解得.所以直线的方程为：，即.若，则，且.设直线的方程为.因为直线过，所以，解得.所以直线的方程为：，即.综上所述，直线的方程为：，或.16.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，点为线段的中点．（1）求证：平面；（2）点为线段中点，求与平面所成角的正弦值．（1）证明：如图所示，连接，交于，连接，因为底面为正方形，所以是中点，因为点为线段的中点，所以在中，，可知面，面，所以平面.（2）解：如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，不妨设，则，可得，设平面的法向量，则，即，令，解得，则平面的一个法向量，设与平面所成角为，.所以与平面所成角的正弦值为.17.已知圆，若直线过坐标原点，且与圆交于两点．（1）若，求直线的方程；（2）若点是圆所在平面内的动点，为坐标原点，满足，求点的轨迹方程．解：（1）由题意可得，可知圆心，半径为，当时，可知，此时圆心到直线的距离为，如图所示，可知当直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线距离为1，符合条件；当直线斜率存在时，设直线方程为，此时圆心到直线距离为，化简得，解得，此时直线方程为，综上所述，直线方程为或.（2）设点，已知，则，则由得，化简得，可得点的轨迹方程为.18.如图，三棱柱中，侧面底面，是边长为的正三角形，，与平面所成角为.（1）证明：平面；（2）若点为中点，点为棱上一点（不与重合），且满足，是否存在使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出值，若不存在请说明理由．（1）证明：取中点，连接，如图所示，因为是边长为的正三角形，所以且，因为侧面底面，侧面底面，且，侧面，所以底面，所以与平面所成角即为，所以，所以，所以，又因为，所以，所以，因为底面，平面，所以，且，平面，所以平面；（2）解：设存在满足条件，因为为棱上一点（不与重合），所以，因为，所以，所以，因为为的中点，所以，所以，以为原点，以方向为轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，所以，因为，所以，所以，设平面的一个法向量为，所以，取，则，所以，设平面的一个法向量为，所以，取，则，所以，设平面与平面所成角为，所以，解得，所以存在使得平面与平面夹角的余弦值为.19.已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．（1）求椭圆的标准方程；（2）若为椭圆上的两点，且满足，求证：直线过定点