浙江省丽水市发展共同体2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题含解析

2025学年第一学期丽水发展共同体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.选择题部分一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1.已知空间向量，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的数量积坐标运算，计算即可．【详解】对于A：，故A错误；对于B：，故B错误；对于C：，故C错误；对于D：，故D正确.故选：D2.顶点在坐标原点，焦点坐标为的抛物线的标准方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据抛物线的标准方程与焦点的关系求解即可.【详解】焦点坐标为在轴正半轴上，可设抛物线方程为，又，则，故抛物线的标准方程为.故选：C3.若直线被圆截得的弦长为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据圆的弦长公式和点到直线的距离公式求出结果.【详解】圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线的距离为.因为圆的弦长为，所以根据勾股定理得，解得.故选：A.4.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若且，则B.若且，则C.若且，则D.若且，则【答案】D【解析】【分析】由空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案．【详解】若且，则可以相交平面且交线平行，故A错误；若且，则可以平行，故B错误；若且，则可以平行，故C错误；若且，则，故D正确．故选：D．5.如图，在平行六面体中，，，则线段的长为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由空间向量线性运算，可得，利用数量积运算性质即可得出．【详解】，又，，，，，；故选：B.6.已知点在棱长为1的正方体的内部且满足，则点到直线的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意画出图形，分别以为轴作出空间直角坐标系，写出相应的坐标，根据求出的坐标，然后利用点到直线距离的向量法公式计算即可.【详解】分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系，因为正方体棱长为1，所以所以，由，所以，所以，又，，所以，所以点到直线的距离为：故选：C.7.已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与交于两个不同的点，且为线段的一个三等分点，则（）A.4 B.8 C.12 D.16【答案】B【解析】【分析】设，，应用向量数量关系的坐标表示得到，再令有，结合斜率的两点式求.【详解】设，不妨设，所以，则，令，所以，则，由，所以.故选：B8.阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题目材料确定平面的法向量，由于同时满足两个平面方程的点在交线上，因此可取两个特殊点，作为交线的方向向量，再求解即可.【详解】由题意可知，平面的法向量.因为直线是平面与平面的交线，因此直线上的点均满足两个平面方程,我们可以取上的两个点，来计算直线的一个方向向量.令,则,即在交线上；令,则,即在交线上.故直线的方向向量.设直线与平面所成角为,则.故选：A.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.9.下列说法中不正确的是（）A.平面内与一个定点和一条定直线的距离相等的点的轨迹是抛物线B.平面内与两个定点和的距离之和等于4的点的轨迹是椭圆C.平面内与两个定点和的距离之差等于3的点的轨迹是双曲线D.平面内与两个定点和的距离之比等于2的点的轨迹是圆【答案】ABC【解析】【分析】对A,举反例，定点在直线上判断即可；对B，根据判断即可；对C，根据双曲线的定义判断即可；对D，设所求点为，再根据条件化简求解即可.【详解】对A，当定点在直线上时，轨迹为过且与垂直的直线，故A错误；对B，平面内与两个定点和的距离之和等于4的点的轨迹是线段，故B错误；对C，平面内与两个定点和的距离之差等于3的点的轨迹是双曲线的一支，不是双曲线，故C错误；对D，设所求点为，则，即，则，化简可得，轨迹是圆，故D正确.故选：ABC10.倾斜角为的直线与抛物线相交于不同两点，且，则（）A.的准线方程为B.当时，C.存在，使（为坐标原点）D.对任意的，总存在点，使（为坐标原点）【答案】ABD【解析】【分析】根据抛物线的性质、直线与抛物线的位置关系、向量的数量积以及角平分线的性质逐一分析.【详解】对于选项A，抛物线中，，准线方程为，故A正确.对于选项B，当时，直线斜率为，设直线的方程为，联立直线与抛物线，得，由韦达定理可知，，，当，方程，此时判别式，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，舍去，当，方程，由韦达定理可知，根据抛物线的焦点弦长公式，故B正确.对于选项C，设直线的方程为，联立直线与抛物线，得，由韦达定理可知，，且，，即，则若，则，，，当时，；当时，，不存在，使（为坐标原点）故C错误.对于选项D，设，若（为坐标原点），则直线与直线的斜率之和为，即,，则，即，将代入，得，化简得，即，不一定为，，即，由以上可知，则，对任意的，总存在点，使（为坐标原点），故D正确.故选：.11.已知E，F，G，H分别是正方体的棱的中点，，则（）A.直线与直线异面B.直线交于同一点C.过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为D.动点K在侧面内（含边界），且，则动点K的轨迹长度为【答案】BC【解析】【分析】根据题意画出立体图形，再依据平行直线共面、中位线性质、动点轨迹等知识逐一对每个选项进行分析，从而选出正确选项.【详解】A选项，G，H分别是的中点，则，又，则，所以共面，所以A错误；B选项，取中点为M，延长交于点N，连接，如图1，因为且是的中点，所以，且．同理，延长交于点T，则，即点N与点T重合，直线交于同一点，所以B正确；C选项，延长交于点Q，连接交于点P，如图2，则同B选项，易证，P为的中点，所以四边形为过点的截面，，所以截面周长为，所以C正确；图1图2D选项，因为平面，所以，即，所以，因此K的轨迹是以A为圆心，为半径的圆，所以轨迹长度为，所以D错误.故选：BC．非选择题部分三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为______．【答案】##【解析】【分析】先根据过两点的直线斜率公式求出直线的斜率，再结合直线倾斜角与斜率的关系求出倾斜角.【详解】由直线经过，两点，得直线的斜率，设直线的倾斜角为，所以，解得．故答案为：13.有一个封闭的正三棱柱容器，高为，内装水若干（如图1，底面处于水平状态），将容器放倒（如图2，一个侧面处于水平状态），这时水面与各棱交点、、、分别为所在棱的中点，则图1中水面的高度为_______．【答案】【解析】【分析】设正三棱柱的底面边长为，在图1中，设水面的高度为，根据图1和图2中水的体积相等可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】设正三棱柱的底面边长为，则，在图1中，设水面的高度为，则水的体积为，在图2中，易知几何体为直棱柱，因为为等边三角形，且、分别为、的中点，则，且，则是边长为的等边三角形，且，则水的体积为，解得.故答案为：.14.设椭圆与双曲线的离心率分别为，双曲线的渐近线的斜率的绝对值小于，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】因为，再由，，设，可得，两边平方即可求解.【详解】因为双曲线的渐近线的斜率绝对值小于，所以，则，，设，则所以；由于，因为，所以，则，则，因为，所以故答案为：四、解答题：本大题共5小题，共77分.15.已知圆过，两点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）设点是直线上的动点，、是圆的两条切线，、为切点，求切线长的最小值及此时四边形的面积.【答案】（1）；（2）2，.【解析】【分析】（1）设出圆心坐标和半径，由待定系数法即可得圆的方程.（2）由题意利用圆的几何性质将原问题进行等价转化，然后结合点到直线的距离公式即可求得最终结果.【详解】（1）根据题意，设圆的圆心为，半径为，则有，解可得，，；故要求圆的方程为；（2）根据题意，而，当最小时，的最小而的最小值为点到直线的距离，则的最小值为；故的最小值为2，四边形的面积，故此时四边形面积为.【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解，求某一动点所作圆的切线的最小值，以及切线与半径所围成的四边形面积的最小值，属于中档题.16.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．（1）求证：PA∥平面EDB；（2）求证：PB⊥平面EFD；（3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）．【解析】【分析】（1）连接AC，交BD于O，连接EO，通过证明PA//EO可证明结论；（2）通过证明DE平面PBC，可得，结合可得平面；（3）由题意易知是平面与平面的夹角，且，分别求出的值，利用，即可求出答案.【小问1详解】连接AC，交BD于O，连接EO.因O，E分别为中点，则，又平面EDB，平面EDB，则面；【小问2详解】因四边形ABCD是正方形，则BC，又底面平面，则BC.因平面，，则平面.又平面，则，因，E是PC的中点，则.又平面，，则平面PBC，因平面PBC，则，又，平面，，则平面；【小问3详解】由（2）及平面可知，故是平面与平面的夹角，不妨设，∴，在中，，，，又面，∵面，∴,在中，，∴，故平面CPB与平面PBD的夹角的大小.17.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过右焦点的直线与椭圆交于两点，且的周长为.（1）求椭圆的方程；（2）若，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，由椭圆定义，可得，再由离心率以及椭圆中a，b，c之间的关系即可求出椭圆方程；（2）先根据可设直线，代入椭圆方程，根据韦达定理，利用数量积，从而求出直线方程.【小问1详解】由题意得的周长为，所以，即，又离心率，所以，所以，所以椭圆的方程是；【小问2详解】显然直线的斜率不为0，所以设直线，与椭圆联立得，，所以，因为，所以，即，所以，解得，所以直线的方程为.18.如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥.（1）求证：平面；（2）若为棱上一点，记（i）若，求直线与平面所成角的正切值；（ii）是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（i）；（ii）存在，.【解析】【分析】（1）利用，，可得到平面，从而得到，再利用菱形可得，最后就可得到平面；（2）①由平面，可知直线与平面所成角就是，从而利用已知数据进行计算即可；②由可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得,利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，从而可解得.【小问1详解】连结AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴,由题可得，，且，平面，平面，∴平面，又平面，∴，∵，平面，平面，∴平面．【小问2详解】（i）连结SO交CE于点G，由（1）得平面,∴为直线CE与平面SBD所成角,∵，，,∴,∵，∴，在三角形中，由，，所以由余弦定理得：，，∴，即，∴，∴直线与平面所成角的正切值为．（ii）连结，∵,∴或其补角为直线与直线所成角,则假设存在点，满足，由得，,在三角形中，由，所以由余弦定理得：，过点作，交于，由平面，平面，得，所以，由可得，因为，所以，，三角形中，由余弦定理得：，再由，平面可得平面，又因为平面，所以，在直角三角形中，由勾股定理得：．在三角形中，又因为，，所以由余弦定理得：,解得,∴存在使得直线与直线所成角为．19.已知双曲线的渐近线方程是，且过点.（1）求的标准方程；（2），分别为双曲线的左、右顶点，，分别为的左、右焦点，与轴不垂直的直线与双曲线的左支相交于，两点，记直线，，，的斜率分别为已知.（i）证明直线过定点，并求出该定点的坐标；（ii）求面积的取值范围.【答案】（1）（2）（i）证明见解析，（ii）【解析】【分析】（1）由已知渐近线方程，设设双曲线的方程为，代入点求解即可；（2）（i）设直线的方程为,