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辽宁省普通高中2025~2026学年上学期期中考试调研试题（2）
高二数学
命题范围：【（人教B版）选择性必修一第一章、第二章2.6及之前】双曲线的几何性质及之前
一、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．已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．若直线与直线平行，则（ ）
A．0 B．或0 C． D．1
3．已知圆关于直线（，）对称，则的最小值为（ ）
A． B．4 C．8 D．9
4．已知点，，，则平面的法向量是（ ）
A． B． C． D．
5．已知曲线，圆，若A，B分别是M，N上的动点，则的最小值是（ ）
A．2 B． C．3 D．
6．已知是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，线段的中垂线经过．记椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）
A． B． C． D．
8．已知O为坐标原点，双曲线C:的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，点是C的右支上异于顶点的一点，过F2作的平分线的垂线，垂足是M，，若双曲线C上一点T满足，则点T到双曲线C的两条渐近线距离之和为（ ）
A． B． C． D．
二、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．若，，与的夹角为，则的值为（ ）
A．17 B． C． D．1
10．已知圆，直线．则以下命题正确的有（　　）
A．直线l恒过定点 B．y轴被圆C截得的弦长为
C．直线l与圆C恒相交 D．直线l被圆C截得弦长最长时，直线的方程为
11．已知边长为2的菱形，且，沿对角线折起，使点不在平面内，为的中点，在翻折过程中，则（ ）
A．平面平面
B．当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为
C．当二面角为时，点到平面的距离为
D．当时，直线与平面所成角的余弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知，空间向量为单位向量，，则空间向量在向量方向上投影的模为 ．
13．如图所示，正方体的棱长为2，E、F分别是棱BC、的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面AEF，则线段长度的最小值是 ．
14．若实数、、、，满足，，，则的最大值为 ．
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．（本小题满分13分）
写出下列圆的标准方程：
（1）圆心为，半径是；
（2）圆心为，且经过点．
16．（本小题满分15分）
如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
（1）证明：；
（2）点F满足，求二面角的正弦值．
17．（本小题满分15分）
在平面直角坐标系中，已知圆的方程为：，直线的方程为.
（1）当时，求直线被圆截得的弦长；
（2）当直线被圆截得的弦长最短时，求直线的方程；
（3）在（2）的前提下，若为直线上的动点，且圆上存在两个不同的点到点的距离为，求点的横坐标的取值范围.
18．（本小题满分17分）
辽宁省高中积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍（méng）”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”（如图2）．
（1）若是四边形对角线的交点，求证：平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的正切值为？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由．
19．（本小题满分17分）
已知椭圆的左焦点为，且点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知，点P为椭圆C上一点．
（ⅰ）若点P在第一象限内，延长线交y轴于点Q，与的面积之比为1∶2，求点P坐标；
（ⅱ）设直线与椭圆C的另一个交点为点B，直线与椭圆C的另一个交点为点D．设，求证：当点P在椭圆C上运动时，为定值．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C D A C B C A
二、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。全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
题号 9 10 11
答案 AC CD ACD
1．B
根据空间向量线性运算的坐标运算及向量垂直的坐标表示列方程，解方程可得向量与．
【详解】因为，，
所以，
因为与垂直，
所以，
解得，
所以，
所以，
故选：B．
2．C
根据两直线平行的条件列方程求得的值，然后检验，排除两直线重合的情况．
【详解】由题意得,即,解得或．
当时，两直线方程都为，两直线重合，不合题意，舍去；
当时，两直线方程分别为和，此时两直线平行，符合题意．
故选：C．
3．D
由题可得，然后利用基本不等式即得．
【详解】圆的圆心为，依题意，点在直线上，
因此，即，
∴，
当且仅当，即时取“=”，
所以的最小值为9．
故选：D．
4．A
利用待定系数法，设出法向量，取平面中两个不共线向量，根据向量点积建立方程，可得答案．
【详解】由已知得，．设，
则即令，则，，所以．
故选：A．
5．C
根据题意可得曲线M的方程为，设出，利用两点间距离公式并由二次函数性质可求得，进而利用点与圆的位置关系求解即可．
【详解】根据题意，曲线，
则曲线M上的点到点和距离之和为，
根据椭圆定义知曲线M的是以和为焦点的椭圆，
其中，则，所以曲线M的方程为，
设点满足且，可得，
圆的圆心为，半径为1，
则，
又函数在单调递减，所以，
所以的最小值是．
故选：C
6．B
由题意可得，结合椭圆和双曲线的定义得到的关系式，根据取值范围分析函数单调性得到结果．
【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，它们的公共焦距为，不妨设点在第一象限．
∵在的中垂线上，
∴，
由椭圆、双曲线的定义得：，
∴，整理得，
∴，即，
∴，
∴，
令，由定义法可证在为增函数，且，
∵，
∴．
故选：B．
7．C
先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解．
【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，
所以．
因为平面，平面，所以，
因为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，．
同理：，又，故四边形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因为，
所有棱长之和为．
故选：C
8．A
由双曲线的定义，结合双曲线的离心率，得双曲线的方程及渐近线的方程，
再设，由双曲线的方程求点到两条渐近线的距离之和．
【详解】
设半焦距为c，延长交于点N，
由于PM是的平分线，，
所以是等腰三角形，所以，且M是NF2的中点．
根据双曲线的定义可知，即，
由于是的中点，所以MO是的中位线，
所以，
又双曲线的离心率为，所以，，所以双曲线C的方程为．
所以，，双曲线C的渐近线方程为，
设，T到两渐近线的距离之和为S，则，
由，即，
又T在上，则，即，解得，，
由，故，即距离之和为．
故选：A．
9．AC
根据空间向量夹角公式计算可得答案．
【详解】因为，，与的夹角为，
所以，
解得或．
故选：AC．
10．CD
根据直线方程求出定点坐标即可判断选项A；求出圆和y轴的交点坐标，即可判断选项B；利用定点和圆的位置关系即可判断选项C；当弦长最长时，直线过圆心从而判断选项D．
【详解】对于A，直线，即，
由，解得，故直线过定点，故A错误；
对于B, 圆，当时，，故y轴被圆C截得的弦长为，故B错误；
对于C，直线过定点，,故点在圆内，则直线l与圆C恒相交，故C正确；
对于D，当直线l被圆C截得弦长最长时，直线过圆心，则，解得，
故直线方程为：，即，故D正确．
故选：CD
11．ACD
A利用证明面面垂直的判定定理证明两个平面垂直，BD利用空间向量的方法求异面直线所成的角和线面角，C利用三棱锥转换底和高，通过体积相等求点到面的距离．
【详解】对于选项A：翻折前，是菱形，，为的中点，沿对角线折起后，如图（1），，，，平面，平面，平面平面，则A选项正确；
对于选项B：平面平面，平面平面，，平面，平面，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图（2），
菱形的边长为2，，，为的中点，，，，，，，，，，，设异面直线与所成的角为，则，则B选项错误；
对于选项C：如图（1），，，是二面角的平面角，二面角为，，，，，设点到平面的距离为，，，，，则C选项正确；
对于选项D：如图（3），
取中点，取中点，连，是等边三角形，，，，平面，平面，，，，，是等边三角形，，，，，，，，，过作交于，，，，，
平面，平面，，又，
平面，过作，以为原点，为轴建立空间直角坐标系， ，，，，，，设为平面的法向量，，，取，则，，，，设直线与平面所成的角为，，，则直线与平面所成的角余弦值为，
则D选项正确．
故选：ACD．
12．2
利用投影的定义计算然后求模即可．
【详解】空间向量在向量方向上的投影为，
所以投影的模为．
故答案为：．
13．
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中、，求出平面的一个法向量，，由因为平面，则，可得，利用二次函数的基本性质结合空间向量的模长公式可求得线段长度的最小值．
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，，设点，其中、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，因为平面，则，
所以，，即，
所以，
，
当且仅当时，的长度取最小值．
故答案为：．
14．
设，两点在圆上，，可得到直线的距离，由此利用两平行线的距离，即可求解的最大值。
【详解】设,
因为实数，
所以两点在圆上，且,
所以，所以是等边三角形，，
点到直线的距离为，
点到直线的距离为，
在第三象限，所在直线与直线平行，
可设，
由圆心到直线的距离为，可得，解得，
即有两平行线之间的距离为，
所以，
所以，
所以的最大值为。
故答案为：。
15．（1） （2）
（1）根据圆心和半径，直接写出圆的标准方程；
（2）先求出圆的半径，可得圆的标准方程．
【详解】（1）圆心在，半径长是，
故圆的标准方程为．
（2）圆心在，且经过点，
故半径为，
故圆的标准方程为．
16．（1）证明见解析； （2）．
（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
17．（1） （2）
（1）根据抛物线的定义特征即可求出轨迹的方程．
（2）设，利用设而不求的思想，结合曲线在A，B处的切线方程，求出交点坐标借助向量数量积的关系进行转化求解即可．
【详解】（1）（1）由题意知动点M的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以轨迹C的方程为．
（2）（2）设，．联立得，
则，，
．
易知直线，的斜率存在，设直线的方程为，联立
，得．
由，解得，所以切线的方程为．
同理可得，切线的方程为．
由解得即点．
因为，，，且，所以，
即
化简得，因此或故．
18．（1）证明见解析； （2）；
（3）存在，当与点重合时，平面与平面所成的二面角的正切值为．
（1）取中点，连接，由题意可得四边形为平行四边形，再由线面平行的判断定理即可得证；
（2）以为坐标原点，分别为轴，轴正向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可；
（3）假设存在满足条件的点，设，利用空间向量求出的值即可．
【详解】（1）取中点，连接，
由题意可知且，
又因为是矩形对角线的交点，
所以且，
所以且，
则四边形为平行四边形，
所以且，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为在图1中，且,
在图2中上述关系依然成立，
所以即为二面角的平面角，则，
以为坐标原点，分别为轴，轴正向，垂直平面向上方向为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
所以，
又因为，平面，所以，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，则有，
取，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
（3）假设存在满足条件的点，
设，所以，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
所以，取，
由（2）知平面的一个法向量，
则，
要使平面与平面所成的二面角的正切值为，
则只需，即，
整理得，解得或（舍去），
所以当与点重合时，平面与平面所成的二面角的正切值为．
19．（1） （2），证明见解析
【详解】（1）由题意知，，则①，
又因点在上，
所以②，联立①、②式可得，
解之可得，，所以椭圆方程为．
（2）(i)由题意知，直线的斜率一定存在，
设其方程为，根据题意可知，如图所示，
令，则，即点坐标为，
设点到直线的距离为，
又因是的中点，所以点到直线为，
又因与的面积之比为1∶2，
所以，所以，
即点是的中点，所以可得点坐标为，
又因点在椭圆上，所以，
解之可得，所以点坐标为；
(ii)设，，直线的方程为，
其中，则，
联立，可得，
根据韦达定理可知，因为，
所以，所以，
，
设直线的方程为，其中，
同理可得，
所以
，
所以为定值．

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