河北保定市六校联盟2025-2026学年高二上学期期中联考试题数学含解析

河北省保定市六校联盟2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题一、单选题1．直线的一个方向向量是（

）A． B． C． D．2．双曲线的焦点到其一条渐近线的距离为（

）A． B． C． D．13．设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（

）A． B． C． D．4．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．5．如图，在四面体中，，，，点M在上，且，N为的中点，则（

）A． B．C． D．6．已知点，直线与直线交于点，则的值可以为（

）．A．7 B．6 C．8 D．197．是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．8．已知分别为椭圆的左、右焦点，从点射出的一条光线经直线反射后经过点，且反射后的光线与在第四象限交于点．若，则的离心率为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知曲线，下列结论正确的有（

）A．若，则是椭圆 B．若，则是焦点在轴上的椭圆C．若，则是双曲线 D．若，则是两条平行于轴的直线10．（多选）已知圆，直线.则以下几个命题正确的有（

）A．直线恒过定点 B．圆被轴截得的弦长为C．直线与圆恒相交 D．直线被圆截得最长弦长时，直线的方程为11．已知正方体的棱长为2，P为平面ABCD内一点，点M，N，Q分别是棱，，的中点，则下列说法正确的有（

）A．过M，N，Q三点的平面截正方体所得的截面图形是正六边形B．直线PM与直线QN是异面直线C．当P在四边形ABCD内部（含边界）时，三棱锥体积的最大值为1D．若P到棱CD，的距离相等，则点P的轨迹是双曲线三、填空题12．若向量，，，则的值为13．如图所示，一隧道内设双行线公路，其截面由一段圆弧和一个长方形构成．已知隧道总宽度AD为m，行车道总宽度BC为m，侧墙EA、FD高为2m，弧顶高MN为5m．为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上的高度之差至少要有0.5m．请计算车辆通过隧道的限制高度是．14．已知曲线.（1）若，则由曲线围成的图形的面积是．（2）曲线与椭圆有四个不同的交点，则实数的取值范围是．四、解答题15．（1）求平行于直线，且与它的距离为的直线的方程；（2）已知圆，直线l过点，当直线l与圆C相切时，求直线l的方程.16．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面是的中点，作交于点.(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的大小.17．（1）求圆心在直线上，与x轴相切，且被直线截得的弦长为的圆的方程；（2）M是一个动点，MA与直线垂直，垂足A位于第一象限，MB与直线垂直，垂足B位于第四象限.若四边形OAMB（O为坐标原点）的面积为3，求动点M的轨迹方程.18．如图，在三棱柱中，四边形为菱形，E为棱的中点，为等边三角形．(1)求证：；(2)若，求平面和平面夹角的余弦值．19．已知椭圆的右焦点为上一动点到的距离的取值范围为.(1)求的标准方程；(2)设斜率为的直线过点，交于，两点.记线段的中点为，直线交直线于点，直线交于，两点.①求的大小；②求四边形面积的最小值.

1．A【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，又因为与共线，所以的一个方向向量可以是，故选：A.2．B求出焦点坐标及渐近线的方程，由点到直线的距离公式求出距离.【详解】解：由，得，渐近线方程为，由双曲线的对称性，不妨取双曲线的右焦点，一条渐近线方程为，则焦点到渐近线的距离为.故选：B.3．C直接利用直线方程的应用求出直线的斜率，进一步求出倾斜角的范围；【详解】直线的方程为，设直线的倾斜角为，当时，，②当时，直线的斜率，由于或，所以,,，所以，综上所述：；故选：C．4．C根据点与圆的位置关系以及二元二次方程表示圆的条件可得不等式，解不等式即可．【详解】由已知圆，则，又点在圆的外部，则，即，解得，故选：C．5．B根据几何关系，结合向量的线性运算，即可求解.【详解】.故选：B6．C由题意确定直线与互相垂直，得到点轨迹，即可求解.【详解】由题意可知，当时，直线与互相垂直，当时，，直线与互相垂直，且直线经过定点，直线经过定点，所以.设，则，即，则点在以点为圆心，5为半径的圆（除去与、）上，所以的最大值为，最小值为.故的取值范围是.故选：C7．B作图，找到直线在平面上的投影在构建多个直角三角形，找出边与角之间的关系，继而得到线面角；也可将三条射线截取出来放在正方体中进行分析.【详解】解法一：如图，设直线在平面的射影为，作于点G，于点H，连接，易得，又平面，则平面，又平面，则，有故．已知，故为所求．解法二：如图所示，把放在正方体中，的夹角均为．建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，所以，设平面的法向量，则令，则，所以，所以．设直线与平面所成角为，所以，所以．故选B．8．B首先求出反射点的坐标，再求反射光线的斜率，根据几何关系，结合余弦定理，构造关于的齐次方程，即可求解离心率.【详解】设从点射出的一条光线射到直线的点为，反射后经过点，

所以点，所以直线的斜率为，所以由，得，，中，根据余弦定理可知，整理为，即，，解得：所以椭圆的离心率为.故选：B9．BCD对于A，举例判断，对于B，将代入结合椭圆的标准方程判断，对于C，由双曲线的标准方程分析判断，对于D，将代入化简变形判断.【详解】对于A，若，则曲线表示圆，故A错误；对于B，若，则可化为，此时曲线表示焦点在轴上的椭圆，故B正确；对于C，若，则曲线表示双曲线，故C正确；对于D，若，则可化为，此时曲线表示两条平行于轴的直线，故D正确．故选：BCD10．ABC【解析】求出直线所过定点坐标，再根据直线与圆的位置关系判断．【详解】直线方程整理得，由，解得，∴直线过定点，A正确；在圆方程中令，得，，∴轴上的弦长为，B正确；，∴在圆内，直线与圆一定相交，C正确；直线被圆截得弦最长时，直线过圆心，则，，直线方程为，即．D错．故选：ABC．11．ACD【详解】如图所示，作出各棱中点，在正方体中，根据三角形中位线的关系，可知，，，且截面各边长都是相等的，是正六边形，所以A正确；当点P在AB中点T处，由选项A可知，此时PM与直线QN为相交直线，所以B错误；

正方体棱长为2，则线段，则正六边形边长均为，则，，所以，所以为直角三角形，可得，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，，则，，，，，设平面TRNMSQ的法向量为，则取，则，又，则点P到平面TRNMSQ的距离，故当时，即P与点D重合时，距离最大为，故体积的最大值为，所以C正确；如图所示，过P作于G，过P作于E，作于F，连接PF，以D为坐标原点，以DC，AD为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，由于，，，又，，平面，故平面PEF，又平面，故，设，则，，当P到棱CD，距离相等时，即，，化简得，即点P的轨迹是双曲线，所以D正确.故选：ACD.12．5根据空间向量线性运算的坐标表示，以及空间向量数量积的坐标表示，求出结果.【详解】因为，，所以，因为，所以.故答案为：5.13．/通过已知数据求出圆弧的半径，再通过由半径算弦心距的方法求出最大高度，最后减去安全高度差即可.【详解】如下图，圆弧的圆心O在直线MN上，过B作，交圆弧于点G，作于点H，连接OE、OG.由题可知，，，设，则在中，有即，解得故车辆通过隧道的限制高度是.故答案为：14．2或（1）若，曲线，表示对角线长为2的正方形，可得曲线围成的图形的面积是2；（2）椭圆的长半轴长为2，短半轴长为1，时，曲线与椭圆有四个不同的交点；再考虑相切时的情形，即可得出结论.【详解】（1）若，曲线，易知曲线关于轴，轴对称，作出当，时的图象，根据对称性得到曲线的图象如下图：曲线表示对角线长为2的正方形，故曲线围成的图形的面积是2；（2）由（1）可知，曲线表示对角线长为的正方形，因为椭圆的长半轴长为2，短半轴长为1，所以当时，曲线与椭圆有四个不同的交点；当，时，联立，可得，当时，直线与椭圆相切，此时，，，根据曲线的对称性知，此时曲线与椭圆有四个不同的交点，所以或.故答案为：2；或.15．（1），；（2）或.（1）根据直线平行设该直线为，根据平行线间的距离公式可得的值，从而得直线方程；（2）讨论直线斜率不存在时、斜率存在时，利用圆心到直线的距离为半径即可得直线方程.【详解】（1）因为所求直线平行于直线，所以可设该直线为，又因为所求直线与直线的距离为，所以，可得，解得，，所以平行于直线，且与它的距离为的直线的方程为：，.（2）已知圆C的圆心是，半径是2，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即，则圆心C到直线l的距离为，解得，故直线l的方程为.综上，直线l的方程为或.16．(1)证明见解析(2)（1）由向量数量积坐标运算证明，结合已知线面垂直可证；（2）利用垂直关系找到二面角的平面角，转化为两向量与的夹角运算求解可得.【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设.依题意得，故，故，所以.由已知，且，平面EFD，平面EFD，所以平面EFD.（2）已知，由（1）平面EFD，又平面EFD，所以，且为锐角，故是平面与平面的夹角.设点的坐标为，则，由题意在线段上，所以，所以，即，.设，则，所以，点的坐标为，又点的坐标为，所以，.所以，所以，即平面与平面的夹角大小为.17．（1）或；（2）.（1）方法一：根据圆心位置设圆的方程为，利用弦长公式列方程求解的值，即可得圆的方程；方法二：设所求的圆的方程是，确定圆心与半径，利用弦长公式列方程求解的值，即可得圆的方程；（2）设，根据题意可知点M在和相交的右侧区域，结合距离公式与面积公式列方程即可得轨迹方程.【详解】（1）方法一：因为圆心在上，与x轴相切，故设所求圆的方程为，圆心到直线的距离，则，解得，或，所以所求圆的方程为或.方法二：设所求的圆的方程是，则圆心为，半径为，令，得，由圆与x轴相切，得，即，①又圆心到直线的距离为，由已知，得，即，②又圆心在直线上，则，③联立①②③，解得，，或，，，故所求圆的方程是或.（2）设，根据题意可知点M在和相交的右侧区域，

所以点M到直线的距离，到直线的距离，，即，所以动点M的轨迹方程为.18．(1)证明见解析(2)（1）根据题意，先证平面，再由线面垂直的性质定理即可证明；（2）根据题意，设AC，AB的中点分别为O，G，连接，以O为坐标原点，的方向分别为x轴y轴z轴的正方向，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.【详解】（1）如图，连接，与相交于点F，连接CF，．因为四边形为菱形，所以F为的中点，且．

因为为等边三角形，所以，

因为，BF、CF在面A1BC内，所以平面．

因为平面，所以．

因为，所以．（2）设AC，AB的中点分别为O，G，连接．由（1）可知，又，AB1、AC在面AB1C内，所以平面，OB1、OC在面AB1C内，则OB1、OC与BC垂直，因为，所以平面，因为为等边三角形，所以．

以O为坐标原点，的方向分别为x轴y轴z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，所以，由，得，所以．设平面的法向量为，则令，得．

设平面的法向量为，则令，得．

设平面与平面的夹角为，所以，即平面与平面夹角的余弦值为．19．(1)；(2)①；②3.（1）设出椭圆半焦距，结合椭圆的定义求