浙江省乐清市荆山公学2025-2026学年高二上学期期中复习数学检测试卷 附答案

/温州市荆山公学2025-2026学年高二期中数学复习试卷数学满分：150时间120分钟范围：选择性必修一第一章空间向量与立体几何——第三章双曲线一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知空间向量a=1,2,0,b=(0,−1,1),c=(2,3,A.1 B.2 C.3 D.42.“m=−1”是“直线l1：mx+(2m+3)y+1=0A.必要不充分条件 B.充分不必要条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.给出下列说法，其中不正确的是(

)A.若a//b，则a，b与空间中其它任何向量c都不能构成空间的一个基底向量

B.若OA=OB+2OC−OD，则A，B，C，D四点共面

C.若2PM=PA+PB，则点M是线段AB的中点4.若三条直线l1：4x+y=3，l2：x+y=0A.2个 B.3个 C.4个 D.5个5.实数x,y满足x2+y2=2xA.3 B.7 C.−2 6.若直线l：kx−y−2=0与曲线C:A.k>−3+263 B.−3+267.在三棱锥P−ABC中，G为△ABC的重心，PD=λPA,PE=μPB，PF=12PC，λA.12B.23C.18.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点P在C上且位于第一象限，圆O1与线段F1P的延长线，线段PA.12 B.35 C.2二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列说法正确的是(

)A.若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大

B.圆O：x2+y2=4与直线mx+y−m−1=0必有两个交点

C.在x轴、y轴上的截距分别为a，b的直线方程为xa+yb=110.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)A.焦距为2 B.椭圆E的标准方程为x29+y25=1

11.立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为22的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有(

)A.AG⊥平面BCDG

B.A，F，C，D四点共面

C.点B到平面ACD的距离为63

D.若E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值范围为[12,2212.已知直线l的倾斜角θ∈(π4,213.如图，已知点A(8,0)，B(0,−4)，从点P(3,0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到点P，则光线所经过的路程是

14.杭州第19届亚运会的主会场——杭州奥体中心体育场，又称“大莲花”(如图1所示).会场造型取意于杭州丝绸纹理与纺织体系，建筑体态源于钱塘江水的动态，其简笔画如图2所示.一同学初学简笔画，先画了一个椭圆与圆弧的线稿，如图3所示，若椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，下顶点为A(0,−12)，O为坐标原点，P为圆C上任意一点，满足|PO|=2|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.已知两直线l1:x+y(Ⅰ)直线l过点P且与直线x+3y+1=0(Ⅱ)圆C过点(1,0)且与l1相切于点P，求圆C的一般方程.16.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，且过点(1,32).

(1)求椭圆C的方程；

(2)若斜率为12的直线17.在梯形ABCD中，AB//CD，∠BAD=π3，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点(如图1).将△ACD沿AC折起到△ACD′位置，使得D′O⊥OP(如图2).

(1)求证：平面D′AC18.已知直线l:x+3y+4=0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方.

(1)求圆C的方程；

(2)直线y=kx−2与圆C交于不同的M，N两点，且∠MCN=120∘，求直线y=kx−2的斜率；

(3)过点M(0,1)的直线与圆C交于A，B两点19.已知点A，B是平面内不同的两点，若点P满足|PAPB|=λ(λ>0,且λ≠1)，则点P的轨迹是以有序点对(A,B)为“稳点”的λ−阿波罗尼斯圆.若点Q满足|QA|⋅|QB|=μ(μ>0)，则点Q的轨迹是以(A,B)为“稳点”的μ−卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，A(−2,0)，B(a,b)(a≠−2).

(1)若以(A,B)为“稳点”的λ−阿波罗尼斯圆的方程为答案和解析1.【答案】A

解：因为a=1,2,0,b=(0,−1,1)不共线，a所以(2,3,m)=x(1,2,0)+y(0,−1,1)=(2.【答案】B

解：必要性：当两条直线平行时，可得m⋅m=(2m+3)⋅1，且(2m+3)⋅3≠1⋅m，解得：m=3或−1，

充分性：当m=−1时，有直线l1：mx+(2m3.【答案】B

解：由已知，选项A，向量a//b，则a，b与任何向量都共面，所以a，b与任何向量选项B，由空间向量共面定理可知，如果A，B，C，D四点共面，则须满足OA=xOB+选项C，由线性运算有AM=MB，所以M为选项D，面α，β的法向量分别为n1=2,1,−1，n2=−1,t,1，

当α⊥β时，面4.【答案】B

解：由题意可知直线l1：4x+y=3，l2：x+y=0，则联立方程4x+y=3x+y=0，解得x=1y=−1，

可得：直线l1的斜率为−4，l2的斜率为−1，且直线l1、l2的交点为(1,−1)，

若三条直线不能围成三角形，则直线解得m=−14或m=−1或m5.【答案】A

解：化简x2+y则|x−y+3|表示为圆上点到直线圆心1,−1到直线距离为d=52>6.【答案】D

解：直线l：kx−y−2=0，直线l恒过定点A(0,−2)，

曲线C:4−(y−1)2=x−1，化为(x−1)2+(y−1)2=4，x≥1解得k=±26−33，则kl2=27.【答案】C

解：G为△ABC的重心，

则PG=PA+AG=PA+23×12(AB+AC)=当且仅当λ=μ=12时，等号成立，8.【答案】B

解：由题及平面几何知识可得圆心O1、O2在∠PF1F2的角平分线上.如图，

设圆O1、由平面几何知识可得，直线PF2为两圆的公切线，切点D也在∠PF1F2的角平分线上，

所以|P所以|F2D|=1所以|F1A|=|F1F2|+|F2A|=2c+a−c=a+c，

|F1B9.【答案】BD

解：A：倾斜角从锐角到钝角的过程中，斜率符号由正变负，所以A错；

B：将直线mx+y−m−1=0转化为m(x−1)+y−1=0，可得直线恒过定点(1,1)，

而12+12=2<4，即定点在圆内，所以圆O：x2+y2=4与直线mx+y−m−1=0必有两个交点，所以B对；

C：若截距为0的情况，不能用xa+yb=1表示直线，所以C错；

D：由l：即a的范围为(−∞,−2]∪[32,+∞)，所以D10.【答案】BCD

解：已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23，长轴长为6，

则有2a=6ca=23a2=b2+c2，得a=3b=5c=2，

所以椭圆的焦距211.【答案】ABD

解：“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点，

A选项：由图可知AG⊥平面BCDG，A选项正确；

B选项：因为A，F，C，D四点均是正方体个棱上中点，所以AF//CM，DF//所以A，F，C，D四点共面，B选择正确；

C选项：如图建立空间直角坐标系，

因为AG=AF2+FG2=4，所以正方体棱长为4，∴B(2,0,4)，A(4,2,0)，D(2,4,4)，C(0,2,4)，

所以CD=(2,2,0),CA=(4,0,−4)，

设平面ACD的一个法向量为n1=(x,y,z)，则CD⊥n1CA⊥n1，则CD⋅n1=2x+2y=0CA⋅n1=4x−4z=0，

解得x=1y=−1z=1，即n1=(1,−1,1)，又CB=(2,−2,0)，

所以点B到平面ACD的距离|12.【答案】{k|k解：根据题意知，斜率k=tanθ在θ∈(π4,π2)上单调递增，且tanπ4=1，所以k>1；

k=tanθ在θ∈(π2,13.【答案】4解：已知点A(8,0)，B(0,−4)，

从点P(3,0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到点P，

直线AB的方程为x8+y−4=1，即x−2y−8=0，

设点P(3,0)关于直线AB的对称点为P1(a,b)，

则ba−314.【答案】(0,−23)解：设P(x,y)，由|PO|=2|PA|得x2+y2=2x2+y+122，化简得x2+(y+23)2=19，

∴点P的轨迹是以0,−23为圆心，13为半径的圆，即C(0,−23)，椭圆E的方程是x2a2+y214=1，

设Q15.【答案】解：(Ⅰ)直线l与直线x+3y+1=0平行，得直线l斜率为k=−13，

联立方程组x+y+2=03x−2y+1=0，解得x=−1y=−1，

∴直线l1:x+y+2=0和l2:3x−2y+1=0的交点P(−1,−1)，

又直线l过点P16.【答案】解：(1)因为椭圆C的离心率为32，且过点(1,32)，所以ca=321a2+34b2=1a2=b2+c2，

解得a=2，b=1，所以椭圆C的方程为x24+y2=1；

(2)设l:y=12x+m，M(x1,y1)，N(x2,y2)，点A，B到直线l的距离分别为d1，d17.【答案】解：(1)证明：因为AB//CD，AB=2AD=2CD=4，∠BAD=π3，P为AB的中点，

所以CD//AP，CD=AP，AD=AP，所以△ADP是正三角形，四边形APCD为菱形，

所以AC⊥DP，即AC⊥D′O，因为D′O⊥OP，AC∩OP=O，AC，OP⊂平面ABC，

所以D′O⊥平面ABC，因为D′O⊂平面D′AC，所以平面D′AC⊥平面ABC.

(2)存在．因为D′O⊥平面BAC，OP⊥AC，

所以OA，OP，OD′两两互相垂直，

如图，以点O为坐标原点，OA，OP，OD′所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系O−xyz.

则B(−3,2,0)，C(−3,0,0)，P(0,1,0)，D′(0,0,1)，

所以BD′=(3,−2,1)18.【答案】解：(1)直线l:x+3圆心C在x轴上且在直线l的右上方．设圆心C(a,0)(a>−4)，则|a+4|2=2，

解得a=0或a=−8(舍)，故圆C的方程为x2+y2=4.

(2)由题意可知圆心C到直线y=kx−2的距离为2sin30∘=1，则有|−2|k2+1=1，