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2025-2026学年度高二数学期中考试卷
(考试范围：空间向量与立体几何直线与圆椭圆)
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知直线经过点，则直线的斜率为（　　）
A． B． C． D．
2．设，向量，，且，，则（ ）
A． B． C．3 D．4
3．椭圆的焦点为为椭圆上一点，若，则（ ）
A．4 B．3 C．5 D．7
4．如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
5．已知三边所在直线方程分别为，则边上的高所在直线的方程是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知直线与圆相交于、两点，则当取最小值时，（ ）
A． B． C． D．
7．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点为椭圆上位于第一象限内的一点，若，（为坐标原点），则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的最大值是（ ）.
A． B． C． D．
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.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．下列说法正确的是（ ）
A．若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为
B．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
C．当点到直线的距离最大时，m的值为
D．已知直线l过定点且与以为端点的线段有交点，则直线l的斜率k的取值范围是
10．若方程所表示的曲线为，则（ ）
A．曲线可能是圆
B．若为椭圆，且焦点在轴上，则
C．若，则为椭圆
D．当时，表示焦点在轴上的椭圆，焦距为
11．已知是圆上的一点，是圆上的一点，为直线上一点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为 B．的最小值为
C．的最小值为 D．的最大值为
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知正方形的边长为4，平面，，，分别是，的中点，点到平面的距离为 ．

13．直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率为 .
14．若为椭圆上任意一点，为圆的任意一条直径，则的取值范围是 .
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．如图，已知是等边三角形，，，平面，点为的中点．

(1)证明：平面；
(2)求直线与平面夹角的正弦值．
16．平面内一动点到点与的距离之比为．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)斜率为1的直线与曲线交于、两点，且，求直线的方程．
17．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于、两点．
(1)求的短轴长及的周长；
(2)若直线过点，求弦长．
18．如图，在三棱锥中，，，，且平面平面.
(1)证明：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为，若存在，求出的值，并给出证明；若不存在，请说明理由.
19．已知焦点在轴上的椭圆过点，且离心率为为椭圆的左顶点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知过点的直线与椭圆交于两点．若直线与轴不垂直，是否存在直线使得为等腰三角形？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由．
试卷第4页，共4页
试卷第1页，共4页
《2025-2026学年度高二数学期中考试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C D B A A D A ACD AB
题号 11
答案 ACD
1．D
【分析】根据斜率公式可求斜率.
【详解】直线的斜率．
故选：D.
2．C
【分析】先由空间向量垂直和平行的坐标表示计算出，再由模长的坐标运算求结果.
【详解】因为，所以，解得，所以，
又，所以，解得，所以，
故，则.
故选：C
3．D
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义求出结果.
【详解】椭圆的长半轴长，依题意，，而，
所以.
故选：D
4．B
【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.
【详解】
.
故选：B.
5．A
【分析】在中，边上的高必过点B，联立、得出交点B，设边上的高所在直线的斜率为，根据互相垂直直线斜率乘积为解出斜率，求出直线所在方程.
【详解】设边上的高所在直线的斜率为，则有，
联立、方程，得交点，
中边上的高过点，斜率为，所在直线的方程为，
即．
故选：A.
6．A
【分析】化简直线的方程，求出直线所过定点的坐标，分析可知，当时，取最小值，结合斜率关系可求得实数的值.
【详解】将直线的方程化为，由可得，
所以，直线过定点，且，故点在圆内，
圆心为，当时，圆心到直线的距离取最大值，此时取最小值，
，所以.
故选：A.
7．D
【分析】根据题意判断为直角三角形，然后根据勾股定理列出方程，求得离心率.
【详解】如图，

由，得，，
其中，所以，
可得为直角三角形，
，且，
解得，，
再由勾股定理可得：
得，．
故选：D．
8．A
【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面EFB的法向量，由向量的夹角公式求解二面角的余弦值的取值范围，由此判断求解即可.
【详解】
设平面与底面所成的二面角的平面角为θ，由图可得θ不为钝角.
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为1，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
又底面的一个法向量为，
所以，因为，
则，
当时，，
当时，，当，，
则，，则，
则当时，分母取到最小值，此时，则A选项正确.
故选：A.
9．ACD
【分析】根据条件，结合也是直线的方向向量计算的值即可判断A；根据两直线互相垂直计算参数的值即可判断B；根据直线恒过定点可知当直线与垂直时，点到直线的距离最大即可判断C；计算直线的斜率，结合图象确定直线斜率的取值范围即可判断D.
【详解】对于A选项，若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为，A对；
对于B选项，由两直线互相垂直得，，解得或，
可知“”是两直线垂直的充分不必要条件，B错；
对于C选项，将直线方程变形为，由可的，
所以，直线过定点，
当直线与垂直，点到直线的距离最大，
因为，则，C对；
对于D选项，如图，
，，所以由图可知，或，
则斜率的取值范围是，D对.
故选：ACD.
10．AB
【分析】根据条件，利用圆、椭圆的标准方程及椭圆的性质，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】对于A，当，即时，曲线，表示圆，故A正确；
对于B，若为椭圆，且焦点在轴上，
则，解得，故B正确；
对于C，由A知，当时，曲线为圆，故C错误；
对于D，当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，
其焦距为，故D错误.
故选：AB.
11．ACD
【分析】对于A，由两圆圆心距离加上两半径即可得解判断；对于B，设，直接由坐标计算数量积，再结合一元二次函数性质即可得解判断；对于C，作圆和点N关于l对称的圆和点，由图即可求解最小值判断；对于D，作图观察得到当P位于N一侧且三点共线时取得最大值为，再求出最大值即可得解.
【详解】由题意可得圆圆心为，半径为3，圆圆心为，半径为1，
则两圆心距离，即两圆相离，
对于A，由题意可得两圆上的点的距离最大值为，故A正确；
对于B，由题可设，则，
所以当时，取得最小值为，故B错误；
对于C，因为点关于直线对称的点为，
所以点关于直线对称的点为，
所以如图，作圆和点N关于l对称的圆，
则由图可知当对称圆的圆心和对称点以及M、四点共线时可得的最小值为，故C正确；
对于D，如图可知当P位于N一侧且三点共线时取得最大值为，
而最大值为，故D正确.
故选：ACD
12．.
【分析】根据题意，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，写出，，，的坐标，求出平面的法向量和，利用点到平面的距离求解即可.
【详解】以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以有，
设平面的法向量是，则 ，
取，则，，所以，
所以点到平面的距离为．
故答案为：．

13．
【分析】先根据直线过椭圆的顶点求出的值，在结合椭圆的性质与离心率公式进行求解即可.
【详解】由题意知，直线与坐标轴的交点坐标为.
因为椭圆，即.
所以，可知，
所以，所以.
所以该椭圆的离心率为.
故答案为：.
14．
【分析】利用向量运算将转化为，通过求的取值范围来求得正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径为2.
因为
.
又因为椭圆的，为椭圆的右焦点，
设，，
，
，
所以，，
∴．
故答案为： .
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合平行线的性质、平行四边形的判定定理和性质进行证明即可；
（2）结合（1）的结论建立空间直角坐标系，利用线面角的定义、空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，，
平面，平面，
平面平面，
为等边三角形，，
又平面平面，平面，
平面.
，点为中点，
，且，
又，，，
四边形是平行四边形，，
平面.
（2）由（1）可知平面，平面，
，，两两垂直，
故以为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，.
，，.
设平面的法向量，
则即
令，则，，.
设直线与平面的夹角为，
则，
直线与平面夹角的正弦值为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）设动点，根据结合两点间距离公式运算求解；
（2）设直线，根据垂径定理可得圆心到直线的距离，列式求解即可.
【详解】（1）设动点，
因为，则，
整理可得，
所以动点的轨迹方程为.
（2）由（1）可知：曲线是以圆心为，半径的圆，
设直线，即，
由题意可得：圆心到直线的距离，
则，解得，
所以直线的方程为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的定义即可求解；
（2）联立直线与椭圆方程，求出的坐标，利用两点间的距离公式即可求得弦长.
【详解】（1）由题意，所以短轴长为，且，
所以的周长为，
即的周长为．
（2），又直线过点，所以，
所以直线的方程为，
联立，整理可得，可得或，可得或，
所以．
18．(1)证明见解析
(2)存在，，证明见解析
【分析】（1）取的中点，连接，根据面面垂直的性质定理得平面，然后根据线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理即可证明.
（2）解法一：过作，交于点，过作于G，连接，根据线面垂直的性质及二面角的平面角的定义，作出二面角的平面角，设，在中，利用正切值列方程解得，即可求得.
解法二：取的中点O，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出点坐标，显然平面的一个法向量为，求出平面的一个法向量，结合同角三角函数基本关系，利用向量法列方程求得，即可求得.
【详解】（1）取的中点，连接，
∵，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴，
又∵，，平面，
∴平面.
（2）解法一：存在，.
证明：假设存在点满足要求，过作，交于点，
过作于G，连接，
∵平面，平面，∴，
又，平面，∴平面，
又平面，∴.
又，平面，∴平面，
又平面，∴.
所以是二面角的平面角.
设，∴，，，
∴，
解得，
∴，∴.
解法二：存在，.
取的中点O，连接，
∵平面，平面，∴，
∵，∴，
，∴平面，
以为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，以所在直线为轴，
以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
设，则，，，
，，
显然平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则
令，则，，
∴平面的一个法向量为，
∴，
设二面角的平面角为，
则，
解得，
∴，∴.
19．(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）设所求为，只需根据已知求出即可；
（2）由题意可设直线的方程为，将它与椭圆方程联立，结合韦达定理与向量的数量积可得，进一步结合为等腰三角形导出矛盾即可求解.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，且．
由题意可知：，．所以．
所以，椭圆的标准方程为．
（2）由（1）得．设，．
当直线与轴不垂直时，由题意可设直线的方程为．
由消去得：．
因为点在椭圆的内部，显然．
，
因为，，，，
所以
．
所以．
所以为直角三角形．
假设存在直线使得为等腰三角形，则．
取的中点，连接，则．
记点为．
另一方面，点的横坐标，
所以点的纵坐标．
所以，
所以与不垂直，矛盾．
所以当直线与轴不垂直时，不存在直线使得为等腰三角形．
答案第14页，共14页
答案第15页，共15页

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