天津市五区县重点校2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市五区县重点校2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分）1.若直线：的倾斜角为，则实数值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由直线，则该直线的斜率，由题意可得，解得.故选：C.2.如图，在空间四边形中，点为中点，点在上，且,则等于A. B.C. D.【答案】D【解析】详由题意可得，故选D.3.“”是“曲线表示椭圆”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】曲线表示椭圆等价于，解得且，所以“”是“曲线表示椭圆”的必要不充分条件.故选：B．4.已知直线与圆交于、两点，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】圆的标准方程为，则，可得，圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，由勾股定理可得，解得.故选：A.5.如图，棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，则下列结论中错误的是（）A.直线与直线平行B.直线与平面平行C.直线与底面所成角的正切值为D.平面与底面夹角的正弦值为【答案】D【解析】在棱长为1正方体中，如图，以D为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，对A，，则，又因为不重合，所以，故A正确；对B，由设平面的法向量为，则，即，令，则，，由，则，因为平面，所以直线与平面平行，故B正确；对C，，平面的法向量为，则，故直线与底面ABCD所成的角的正弦值为，即，则，故C正确；对D，由B知平面的法向量为，，设平面与底面ABCD的夹角，则，，，所以平面与底面的夹角的正弦值为，故D错误.故选：D.6.在平面直角坐标系中，为椭圆的右焦点，过的直线与圆切于点，则椭圆的方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由过的直线与圆切于点可得：，则，由此可得切线的斜率为，即可得切线方程：，整理得：，令，可得，即焦点，所以即，所以椭圆方程为，故选：C.7.已知：，点，O是坐标原点．若点B在上，则面积的最大值为（）A. B.3 C. D.2【答案】B【解析】由：，即，则圆心，半径为，因为，，则，，又，则，即，要使面积最大，则在延长线上，且在圆上，如图，此时，则面积的最大值为.故选：B.8.已知A，B为圆上的两个动点，P为弦AB的中点，若，则点P的轨迹方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】圆的方程可化为，，半径，因，所以，又是的中点，所以，所以点的轨迹方程为．故选：B.9.设椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆的外部，点是椭圆上的动点，满足恒成立，则椭圆离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为点在椭圆的外部，所以，可得，由椭圆的离心率，又因为，且，，要恒成立，即，则椭圆离心率的取值范围是．故选：D．二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）10已知空间向量，，若，则_____.【答案】【解析】已知空间向量，，若，则，即，有，解得，所以，则，故答案为：.11.已知直线经过直线和的交点，且与直线垂直.则直线的方程为_____.【答案】【解析】联立，解得，所以直线和的交点为，设与直线垂直的直线为，将代入得，解得，所以直线的方程为，故答案为：.12.已知圆与圆相切，则实数的取值为_____.【答案】16或-24【解析】由圆，可知圆心，半径，由圆，可知，半径，可知两圆心之间的距离为,因为圆与圆相切，所以①，即，解得②，即，解得则实数的取值为或.故答案为：或.13.已知，直线恒过定点，圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于，两点，且，则圆的方程为_____.【答案】【解析】直线的方程转化为令，解得，所以点的坐标为，又圆的圆心与点关于直线对称，则，设圆的方程为，且圆的圆心到直线的距离为，又，则.即圆的半径为.则圆的方程为故答案为：.14.如图，正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，点在对角线上运动，则点到直线距离的最小值为_____.【答案】或【解析】如图建立空间直角坐标系，因正方体的棱长为，，分别是棱，的中点，则可得，则，，设，，则，过点作，垂足为，则，则当时，取得最小值为，所以点到直线距离的最小值为，故答案为：.15.设椭圆的焦点为，，P是椭圆上一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为R，r，当时，椭圆的离心率为______．【答案】或0.6【解析】由题意得，由正弦定理得，故，由椭圆定义可知，，故，又，由余弦定理得，即，解得，故，解得，因为，所以，解得.故答案为：.三、解答题（本题共5小题，共75分）16.已知以点为圆心的圆与直线相切.（1）求圆的方程；（2）过点的直线与圆相交与，两点，当时，求直线方程：（3）已知实数，满足圆的方程，求的取值范围.【答案】（1）（2）或.（3）.解：（1）由题意知点到直线的距离为圆C的半径，由点到直线的距离公式可得，所以圆的方程为.（2）因为直线与圆相交与，两点，且，利用垂径定理和勾股定理，可得圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离为1，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由题意可得，解得，所以直线的方程为，即，综上所述：直线的方程为或.（3）表示点到点的距离的平方，又圆心C到点的距离为，所以点到点的距离的最小值为，最大值为，所以的最小值为9，最大值为49，即的取值范围是.17.在如图所示的几何体中，平面，，F是的中点，，，.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成夹角的余弦值；（3）求四面体的体积.（1）证明：方法一：取的中点，连接，，由是的中点，得，而，则.又，于是四边形是平行四边形，，在中，，，有，又由平面，平面，得，而，，平面，因此平面，所以平面.方法二：由已知平面，而，则直线，，两两垂直，如图，以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，于是，，，，，是的中点，所以，，设是平面的一个法向量，则，故可取，因，则，所以平面.（2）解：由（1）方法二建系，则，，设是平面的一个法向量，则，故可取，显然平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，因此，所以平面与平面夹角的余弦值是.（3）解：方法一：由（2）已知平面的一个法向量为，且，则点到平面的距离，又，，，，所以.方法二：由（1）知为点到面的距离，，，故.18.已知椭圆的中心为坐标原点，短轴长为2，且左焦点到直线的距离为.（1）求椭圆的标准方程；（2）点在椭圆的长轴上，过点且不与轴重合的直线交椭圆于，两点，若，求面积的最大值.解：（1）由椭圆短轴长为，得，又椭圆左焦点到直线的距离为，即，解得，又，解得，，椭圆的标准方程为；（2）方法一：依题意直线的斜率存在且不为，设直线的方程为：，，，，联立，消去整理得，显然，，，，，则，，代入可得，所以，的面积，，当且仅当时取等号，面积的最大值为.方法二：依题意直线的斜率存在且不为，设直线方程为：，，，，，联立，消去整理得，所以，.，，，，则，可得，又，设原点到直线的距离为，则，的面积，当且仅当时取等号，面积的最大值为1.19.如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由.（1）证明：因为为正方形，所以，因为，且，平面AND，平面BMC，所以平面平面BMC，又平面AND，所以平面.（2）解：因为平面平面，且平面平面，，所以平面，又平面，所以，在中，，所以在中，，所以，又，所以，所以两两垂直，以B为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示：所以，则，设平面CDM的法向量，则，令，可得，所以一条法向量，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为（3）解：假设存在点E，设点，所以，所以点，则，设平面的法向量，则，令，可得，所以一条法向量，因为平面，所以即为平面法向量，所以，即，解得或-1（舍），所以，则，所以存在一点E，使得平面与平面的夹角的余弦值为，此时20.已知直线经过椭圆的右焦点为F，且被椭圆C截得的线段长为（1）求椭圆C的标准方程；（2）椭圆C的下顶点为A，P是椭圆C上一动点，直线AP与圆O：相交于点M(异于点A)，M关于O的对称点记为N，直线AN与椭圆C相交于点Q(异于点A).设直线MN，PQ的斜率分别为，试探究当时，是