2025-2026学年安徽省部分学校高二上学期11月期中联考数学数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省部分学校2025-2026学年高二上学期11月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.直线在轴上的截距为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，解得，即直线在轴上的截距为，故选：A.2.已知椭圆的焦距为，则（）A. B.或 C. D.或【答案】D【解析】由题意可得，则，当椭圆的焦点在轴上时，则，，，解得；当椭圆的焦点在轴上时，则，，，解得.综上所述，或.故选：D.3.已知直线经过、两点，直线的方向向量为，若，则（）A.或 B. C.或 D.【答案】A【解析】当时，此时的斜率不存在，而直线的斜率，显然不平行，故不等于，则直线的斜率为，直线的斜率为，因为，所以，即，整理得，解得或.故选：A.4.已知直线与圆相交，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】圆的方程可整理为：，因此圆心，半径.因为直线与圆相交，故圆心到直线的距离，得，即.故选：C.5.已知空间中，，，四点共面，则（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】因为，，，，所以，，，因为四点共面，所以与共面，而、不共线，则存在唯一实数对，使得，所以，所以，解得．故选：D.6.已知直线过点，且与两个坐标轴的正半轴分别交于点、，为坐标原点，则面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】不妨设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程得，由基本不等式可得，可得，即，当且仅当时，即当时，等号成立，故，即面积的最小值为.故选：B.7.已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上且轴，为坐标原点，点满足，，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设椭圆的半焦距为，由对称性不妨设在第一象限.由题设有，因，故，故，故，故，因为，故，故，而，因为，故，整理得，故，故（负根舍去），故选：D.8.如图，是直角三角形，，，边上有一点，满足，将沿翻折到的位置，使得二面角为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，，则，如图，作，，垂足分别为点、，连接，则，所以，由图可知，，，，，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为.故选：C.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，，，则下列选项正确的是（）A.的倾斜角的取值范围是B.一定经过第一､四象限C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】对于A，设直线的倾斜角为，则，由题设有直线的斜率为，设，故，故A正确；对于B，直线过定点，且该直线的斜率非零或不存在，故一定经过第一､四象限，故B正确；对于C，因为，故，故或，故C错误；对于D，因为，故，故，此时，，平行，故D正确.故选：ABD.10.已知圆，直线，过上的动点作圆的切线，切点分别为，则（）A.圆上的点到的距离最大值为B.的最小值为C.的最大值为1D.的最小值为4【答案】ACD【解析】连接.对于A，由题设有，圆的半径为，圆心到直线的距离为，而，故直线与圆相离，故圆上的点到的距离最大值为，故A正确；对于B，因为，而为到直线的距离，故，故B错误；对于C，因为，当且仅当时等号成立，故，设且为锐角，则由可得，而为锐角，故，故，结合可得的最大值可为1，故C正确；对于D，由对称性可得，故，其中为四边形的面积，而，由B的分析可得为到直线的距离，故，故的最小值，当且仅当时取最小值，故D正确；故选：ACD.11.如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，，三棱锥的体积为，点在棱上，且，则（）A.四棱锥高为B.的面积为C.在上的投影向量为D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】BC【解析】对于A选项，如图，连接，设，由题意知，和都是等边三角形，又因为，所以点在平面内的射影为的中心，设为，连接，由，解得，即四棱锥的高为，A错；对于B选项，由已知，又平面，以为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且与平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则、、、、，所以，，则，所以，又因为，，所以，B对；对于C选项，因为，所以，，所以，所以，，，则，即，所以在上的投影向量为，C对；对于D选项，易知，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，设直线与平面所成的角为，则，D错.故选：BC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面过坐标原点，且一个法向量为，则点到的距离为__________.【答案】【解析】由题可知，在平面内，，.故答案为：.13.如图，在直角坐标系中，四边形是矩形，，，、、、分别是矩形四条边的中点，、分别是线段、上的动点（均与端点不重合），且满足，直线、的交点为，则的最大值为__________.【答案】【解析】设，则、，其中，由已知可得、，则，设点，则，整理可得，则，即点在椭圆上，故，当且仅当时，等号成立，故的最大值为.故答案为：.14.已知满足等式的有序数对有且仅有一个，则__________.【答案】或【解析】由，变形得，设直线的方程为，该等式可理解为点到直线的距离为，点到直线的距离为，即是圆（半径为）和圆（半径为）的公切线，根据题意这样的公切线仅有一条.情形一：圆与圆内切，则是两圆唯一的公切线，则，得，情形二：圆与圆相交，一条公切线过原点，另一条公切线为，因为直线不过原点，该情形下也是唯一的，如图，两条切线的交点为，与两个圆的切点分别为、，因为，所以，可得点，切线方程为，即，此时.故答案为：或.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.已知直线的方程为，.（1）若不经过第二象限，求的取值范围；（2）若的斜率存在且不为，在轴上的截距为轴上截距的倍，求的值.解：（1）当，即时，直线为，不经过第二象限，满足条件，当，即时，直线可转化为，则解得，综上所述，的取值范围为.（2）当过坐标原点时，，解得，符合题意，因为的斜率存在且不为，所以且，当不过坐标原点时，即，令，则，令，则，因为在轴上的截距为轴上截距的倍，所以，解得，又，所以该方程无解；综上所述，16.如图，在平行六面体中，，是棱的中点，记，，.（1）用、、表示向量；（2）若，，点满足，且，求.解：（1）由题意可得.（2），因为，所以，解得，所以，故.17.如图，三棱锥中，，，，平面平面，是中点，且满足.（1）证明：；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：连接，因为，中点，所以，因平面平面，平面平面，且面，，所以面，又因为面，所以，由，又，，得；（2）解：由（1）知，，，两两垂直，建立如图坐标系，则，，，，所以，，，设，分别是面和面的法向量，二面角记为，由，令，得，得是面的一个法向量，由，令，得，得是面的一个法向量，所以，所以，故二面角的正弦值为.18.已知圆的圆心在轴正半轴上，半径为，且圆与直线相切.（1）求圆的方程；（2）过点的直线与圆交于、两点，为坐标原点.（i）若的面积为，求的斜率；（ii）若过点的直线与圆交于、两点，且，求四边形的面积的最小值.解：（1）设点，，因为圆与直线相切，所以点到该直线的距离为，因为，解得，故圆的方程为.（2）（i）因为的面积为，，所以的面积为，即，所以，若，则圆心到直线的距离为，不合乎题意，若，则圆心到直线的距离为，合乎题意，所以圆心到直线的距离为，易知直线斜率一定存在，设直线的方程为，即，由题意可得，解得，即直线的斜率为.（ii）当、中有一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为，此时；当直线、的斜率都存在时，设直线的方程为，则直线的方程为，所以点到直线的距离为，则，同理可得，所以，综上所述，，即四边形面积的最小值为.19.已知椭圆的离心率为，点在上，的左焦点为.（1）求的方程；（2）过点的直线（不与轴重合）与交于、两点，直线、分别交直线于点、，且的中点为.（i）求证：；（ii）记、、的面积分别为、、，是否存在，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.（1）解：因为点在椭圆上，所以，因为椭圆的离心率为，则，，因此，椭圆的方程为.（2）（i）证明：由（1）可知，设直线的方程为，设点、，联立得，恒成立，由韦达定理可得，，直线的方程为，令得，所以点，同理可得点，所以，即，当时，直线与轴垂直，、都在轴上，满足；当时，有，，则，也满足.综上所述，.（ii）解：因为，，所以，即存在符合条件.

安徽省部分学校2025-2026学年高二上学期11月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.直线在轴上的截距为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，解得，即直线在轴上的截距为，故选：A.2.已知椭圆的焦距为，则（）A. B.或 C. D.或【答案】D【解析】由题意可得，则，当椭圆的焦点在轴上时，则，，，解得；当椭圆的焦点在轴上时，则，，，解得.综上所述，或.故选：D.3.已知直线经过、两点，直线的方向向量为，若，则（）A.或 B. C.或 D.【答案】A【解析】当时，此时的斜率不存在，而直线的斜率，显然不平行，故不等于，则直线的斜率为，直线的斜率为，因为，所以，即，整理得，解得或.故选：A.4.已知直线与圆相交，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】圆的方程可整理为：，因此圆心，半径.因为直线与圆相交，故圆心到直线的距离，得，即.故选：C.5.已知空间中，，，四点共面，则（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】因为，，，，所以，，，因为四点共面，所以与共面，而、不共线，则存在唯一实数对，使得，所以，所以，解得．故选：D.6.已知直线过点，且与两个坐标轴的正半轴分别交于点、，为坐标原点，则面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】不妨设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程得，由基本不等式可得，可得，即，当且仅当时，即当时，等号成立，故，即面积的最小值为.故选：B.7.已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上且轴，为坐标原点，点满足，，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设椭圆的半焦距为，由对称性不妨设在第一象限.由题设有，因，故，故，故，故，因为，故，故，而，因为，故，整理得，故，故（负根舍去），故选：D.8.如图，是直角三角形，，，边上有一点，满足，将沿翻折到的位置，使得二面角为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，，则，如图，作，，垂足分别为点、，连接，则，所以，由图可知，，，，，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为.故选：C.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，，，则下列选项正确的是（）A.的倾斜角的取值范围是B.一定经过第一､四象限C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】对于A，设直线的倾斜角为，则，由题设有直线的斜率为，设，故，故A正确；对于B，直线过定点，且该直线的斜率非零或不存在，故一定经过第一､四象限，故B正确；对于C，因为，故，故或，故C错误；对于D，因为，故，故，此时，，平行，故D正确.故选：ABD.10.已知圆，直线，过上的动点作圆的切线，切点分别为，则（）A.圆上的点到的距离最大值为B.的最小值为C.的最大值为1D.的最小值为4【答案】ACD【解析】连接.对于A，由题设有，圆的半径为，圆心到直线的距离为，而，故直线与圆相离，故圆上的点到的距离最大值为，故A正确；对于B，因为，而为到直线的距离，故，故B错误；对于C，因为，当且仅当时等号成立，故，设且为锐角，则由可得，而为锐角，故，故，结合可得的最大值可为1，故C正确；对于D，由对称性可得，故，其中为四边形的面积，而，由B的分析可得为到直线的距离，故，故的最小值，当且仅当时取最小值，故D正确；故选：ACD.11.如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，，三棱锥的体积为，点在棱上，且，则（）A.四棱锥高为B.的面积为C.在上的投影向量为D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】BC【解析】对于A选项，如图，连接，设，由题意知，和都是等边三角形，又因为，所以点在平面内的射影为的中心，设为，连接，由，解得，即四棱锥的高为，A错；对于B选项，由已知，又平面，以为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且与平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则、、、、，所以，，则，所以，又因为，，所以，B对；对于C选项，因为，所以，，所以，所以，，，则，即，所以在上的投影向量为，C对；对于D选项，易知，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，设直线与平面所成的角为，则，D错.故选：BC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面过坐标原点，且一个法向量为，则点到的距离为__________.【答案】【解析】由题可知，在平面内，，.故答案为：.13.如图，在直角坐标系中，四边形是矩形，，，、、、分别是矩形四条边的中点，、分别是线段、上的动点（均与端点不重合），且满足，直线、的交点为，则的最大值为__________.【答案】【解析】设，则、，其中，由已知可得、，则，设点，则，整理可得，则，即点在椭圆上，故，当且仅当时，等号成立，故的最大值为.故答案为：.14.已知满足等式的有序数对有且仅有一个，则__________.【答案】或【解析】由，变形得，设直线的方程为，该等式可理解为点到直线的距离为，点到直线的距离为，即是圆（半径为）和圆（半径为）的公切线，根据题意这样的公切线仅有一条.情形一：圆与圆内切，则是两圆唯一的公切线，则，得，情形二：圆与圆相交，一条公切线过原点，另一条公切线为，因为直线不过原点，该情形下也是唯一的，如图，两条切线的交点为，与两个圆的切点分别为、，因为，所以，可得点，切线方程为，即，此时.故答案为：或.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.已知直线的方程为，.（1）若不经过第二象限，求的取值范围；（2）若的斜率存在且不为，在轴上的截距为轴上截距的倍，求的值.解：（1）当，即时，直线为，不经过第二象限，满足条件，当，即时，直线可转化为，则解得，综上所述，的取值范围为.（2）当过坐标原点时，，解得，符合题意，因为的斜率存在且不为，所以且，当不过坐标原点时，即，令，则，令，则，因为在轴上的截距为轴上截距的倍，所以，解得，又，所以该方程无解；综上所述，16.如图，在平行六面体中，，是棱的中点，记，，.（1）用、、表示向量；（2）若，，点满足，且，求.解：（1）由题意可得.（2），因为，所以，解得，所以，故.17.如图，三棱锥中，，，，平面平面，是中点，且满足.（1）证明：；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：连接，因为，中点，所以，因平面平面，平面平面，且面，，所以面，又因为面，所以，由，又，，得；（2）解：由（1）知，，，两两垂直，建立如图坐标系，则，，，，所以，，，设，分别是