数学答案(1)_2025年11月高二试卷_251128重庆市万州二中2025-2026学年高二上学期期中考试（全）_重庆市万州二中2025-2026学年高二上学期期中考试数学PDF版含答案（可编辑含答题卡）

高 2024 级高二上期中期考试数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C A A B C B AC BCD 题号 11 答案 BD 1．D 【分析】根据直线斜率与倾斜角关系即可求得. 【详解】直线2xy10的斜率为2，两直线垂直， 1 1 故直线l的斜率k  ，即tan . 2 2 故选：D． 2．D 【分析】根据圆的弦长公式即可求解. 【详解】x² y²6x2y10的圆心和半径分别为3,1，r3 ， 因此圆被x轴所截得的弦长为 2 r212 4 2 ， 故选：D 3．C 【分析】直接利用点到直线的距离公式求出结果． 【详解】定点A(1,2,3)，P(4,3,2)，    故a  AP(3,1,1)，所以 a  11；   n (1,0,1) 2 2 故：u    ( ,0, )， n 2 2 2   3 2 2 所以au    2， 2 2    所以点P(4,3,2)到直线l的距离d  a2(au)2  112 3． 故选：C． 4．A 【分析】根据椭圆的定义求解即可. x2 y2 【详解】椭圆方程  1，得：a2 4，则a2. 4 3 答案第1页，共14页由椭圆的定义得 AF  AF 2a4， BF  BF 4， 1 2 1 2 所以△ABF 的周长为 AB  AF  BF  AF  AF  BF  BF 8. 2 2 2 1 2 1 2 故选：A. 5．A 【分析】利用三点共线，斜率相等判断①；分类讨论直线是否过原点，求出直线方程即可判 断②；将x2 y2的最大值转化为 OC r 2，求解即可判断③；根据两圆外切求解实数a即 0 0 可判断④. 【详解】对于①：若A2,12,B1,3,C4,m三点在一条直线上，则AB斜率等于BC斜率， 312 m3 即  ，解得m6，故①错误； 12 41 对于②：若直线l过原点，则方程为y2x；若直线l不过原点，则设直线l的方程为ykxb， kb2  k 1 由题意 b ，解得 ，所以直线l方程为yx1，即xy10，综上，直线l的 b b1  k 方程为y2x或xy10，故②错误； 对于③：由x2y26x50知C(3,0),r 2，所以x2 y2的最大值为 OC r 2 25，故③ 0 0 错误； 对于④：由题知C(a,1),r 1,C (2,3),r 4 ，且CC r r ，即 (a2)2165，解得a1 1 1 2 2 1 2 1 2 或a5，故④错误. 故选：A 6．B 【分析】建立以D为坐标原点，DA、DC、DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直 角坐标系，求出点O、M 的坐标，再利用空间中两点间的距离公式求出线段OM 的长. 【详解】由题意建立以D为坐标原点，DA、DC、DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴的 答案第2页，共14页空间直角坐标系 ， 则E0,0,6，B6,6,0，因为O是EB的中点，所以O3,3,3，  1 uuur 因为FM  MA，所以M6,0,4，所以 OM  632032432  19，即线段 2 OM 的长为 19 ，故选B. 【点睛】本题考查空间中两点间的距离公式的应用，解题的关键在于建立合适的空间直角坐 标系，并求出相应点的坐标，考查空间想象能力，属于中等题. 7．C 【分析】建立平面直角坐标系，利用椭圆的标准方程及性质可判断各选项. 【详解】如图，以线段MN的中点为原点，MN所在直线为x轴，  以MN的方向为x轴正方向建立直角坐标系， x2 y2 则可设轨道所在的椭圆的标准方程为  1ab0， a2 b2 则由已知mRac，nRac， 2c mn 所以2amn2R，2cmn，故离心率为  ，故A正确； 2a mn2R 以vkm/s的速度进入距离火星表面nkm的环火星圆形轨道，环绕周期为ts， vt  vt  所以环绕的圆形轨道周长为vtkm，半径为 km，所以火星半径为 nkm， 2 2π  答案第3页，共14页故B正确，C错误，  vt  vt 因为近火星点与远火星点的距离为2an2Rmn2 nmmn ，故D正 2π  π 确. 故选：C． 8．B 【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出 PF PF , PF 2 PF 2的值，利用 1 2 1 2  1    PO PF PF ，根据向量模的计算即可求得答案. 2 1 2 x2 y2 【详解】由题意椭圆  1，F,F 为两个焦点，可得a3,b 6,c 3， 1 2 9 6 则 PF  PF 2a6①，即 PF 2 PF 22 PF PF 36， 1 2 1 2 1 2 由余弦定理得 FF 2  PF 2 PF 22 PF PF cosFPF (2 3)2， 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 cosFPF  ，故(PF  PF )22 PF PF (1 )12，② 1 2 5 1 2 1 2 5 15 联立①②，解得： PF PF  , PF 2 PF 2 21， 1 2 2 1 2  1     1   而PO PF PF ，所以 PO  PO  PF PF ， 2 1 2 2 1 2  1   1  2    2 1 15 3 30 即 PO  PF PF  PF 2PF PF  PF  212   ， 2 1 2 2 1 1 2 2 2 2 5 2 故选：B 【点睛】方法点睛：本题综合考查了椭圆和向量知识的结合，解答时要注意到O为FF 的 1 2 中点，从而可以利用向量知识求解|PO|. 9．AC 【分析】对于A，根据|a  |2即可算出m的值；对于B，根据a  b  计算m；对于C，根据a  b  计算即可；对于D，根据a  b  1求出m，从而可计算出 a  b  . 答案第4页，共14页 【详解】对于A，因为|a|2，所以 12(1)2m2 2，解得m 2，故A正确；   对于B，因为ab，所以21m2m0，所以m1，故B错误； 对于C，假设a  b  ，则(1,1,m)(2,m1,2)， 12  所以1m1，该方程组无解，故C正确；  m2   对于D，因为ab 1，所以21m2m1，解得m0，     所以a (1,1,0)，b (2,1,2)，所以ab (1,2,2)，故D错误. 故选：AC. 10．BCD x2 y2 【分析】根据椭圆的焦点位置，结合椭圆方程及离心率公式判断A、B；由C:  1确 16 4 定椭圆参数，再在焦点三角形中应用椭圆的有界性及余弦定理判断C、D. 【详解】A：由椭圆方程，若C的焦点在y轴上，则0k4，故错误； 4 1 16 B：当椭圆焦点在x轴上时， 1  ，可得k  ， k 2 3 k 1 当椭圆焦点在y轴上时， 1  ，可得k 3，故正确； 4 2 x2 y2 C、D：由题设C:  1，则a4,b2,c2 3， 16 4 当FPF 60，则|PF |2 |PF |2 2|PF ||PF |cos60|FF |2 ， 1 2 1 2 1 2 1 2 16 所以(|PF ||PF |)23|PF ||PF |48，而|PF ||PF |8，则|PF ||PF | ， 1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 1 16 3 4 3 所以S  |PF ||PF |sin60    ，C正确， PF1F2 2 1 2 2 3 2 3 当P为椭圆上下顶点时，|PF ||PF | 4，则 1 2 |PF |2 |PF |2 |FF |2 161648 1 cosFPF  1 2 1 2   ， 1 2 2|PF ||PF | 244 2 1 2 此时，在FPF 中FPF 120，故FPF 最大角可达到120， 1 2 1 2 1 2 所以存在点P使得FPF 90，D正确. 1 2 答案第5页，共14页故选：BCD 11．BD 【分析】根据条件建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标表示可判定A，由空间 向量研究线面关系可判定C，由空间向量计算线线夹角可判定D，根据线面关系可判定B. 【详解】因为矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直， 平面BDEF 平面ABCD=BD，DE平面BDEF， 所以DE 平面ABCD，故可以以D为原点，DA为x轴正半轴，DC为y轴正半轴，DE为 z轴正半轴建立空间直角坐标系，       则F 2, 2,1 ,A 2,0,0 ,C 0, 2,0 ，    B  2, 2,0  ,E0,0,1，所以AF   0, 2,1  ,CF   2,0,1  ,CB  2,0,0  ，   所以点F 关于xOy平面对称的点坐标为 2, 2,1 ，故A错误；      设EPEF   2, 2,0 0,1 ，则DPDEEF   2, 2,1  ，     nAF  2yz0 设平面ACF的一个法向量为nx,y,z，则   ， nCF  2xz0    令z 2 x y1，即n 1,1, 2 ，   1 若直线DP//平面ACF，则DPn2 2 2 0 ， 2 显然存在点P，使得直线DP//平面ACF，故C错误；   2 设直线DP与BC所成角为，则cos cosDP,CB  ， 421 若0，则cos0， 1 cos 若0，则 1 ， 2 22 1 1 1 10 cos cos   易知 1 单调递增，即 1 1 5 ，故D正确； 2 2 2 22 22 2 答案第6页，共14页易知FB平面ABCD，BC、DC平面ABCD，则FBBC，FBDC， 又DCBC，CBFBB,CB、FB平面BCF ， 所以DC平面BCF ， 因为CF 平面BCF ，所以DC CF， 则点D到CF的距离为 CD = 2，故B正确. 故选：BD 12．2或8 【分析】根据平行线间距离公式即可求解. a3 【详解】由题意可得d   5，解得a2或a8， 2212 故答案为：2或8 5 3 13．（ ，] 12 4 【详解】由y=1+ 4-x2 ³1可得y-1= 4-x2 ，得x2y12 4， 所以曲线y=1+ 4-x2 表示圆x2y12 4的上半圆， 直线ykx24表示过点E2,4且斜率为k的直线，如下图所示： 当直线ykx24与半圆y=1+ 4-x2 相切且切点位于第二象限时，  32k  2 5 则 k21 ，解得k  ；  12 k 0 3 当直线ykx24过点F2,1时，则4k41，解得k  . 4 由图可知，直线ykx24与曲线y=1+ 4-x2 有2个交点， 答案第7页，共14页5 3 则实数k的取值范围是（ ，] 12 4 5 14． 3 【分析】设椭圆的左焦点为E，利用已知条件结合椭圆的对称性可得四边形AEBF为矩形， 再利用勾股定理方程组求解即可. 【详解】设椭圆的左焦点为E，连接AE，BE，BF，CE， OA AF 由直线ykx交椭圆于A,B两点﹐及  1， OF 2CF 1 1 结合椭圆的对称性可得 OA  OB  OF  OE  EF  AB c ， 2 2 所以△AEF ，△AFB，△BEF均为直角三角形，所以四边形AEBF为矩形， 设 AF 2t，则 CF t， AE 2a2t， CE 2at， 所以在直角△AEF 中 AE 2 AF 2  EF 2 ，即2a2t22t2 2c2①， 在直角△ACE中 AE 2 AC 2  CE 2，即2a2t23t2 2at2②， a 由②解得t  ， 3 a 20 c2 5 将t  代入①得 a2 4c2，即  ， 3 9 a2 9 c 5 所以e  ， a 3 5 故答案为： 3 15．(1) 5 (2)2xy40 【分析】（1）确定直线过定点P(1,2)，当OPl 时，原点到直线l的距离最大，结合两点间 距离公式可求； 答案第8页，共14页x y 1 2 （3）设直线l的方程为  1，(a0,b0)，由直线l过定点P(1,2)，可得  1，然 a b a b 后结合基本不等式可求． 【详解】（1）（1）直线l:(2m)x(m1)y3m0 可化为m(x y3)2x y0， xy30 令 ，解得x1，y2，即直线l恒过定点P(1,2)； 2xy0 当OPl时，原点到直线l的距离最大，此时最大值 d  1222  5 ； x y （2）设直线l的方程为  1，(a0,b0)， a b 1 2 因为直线l过定点P(1,2)，所以  1， a b 2 由基本不等式得12 ，当且仅当a2，b4时取等号，得ab8， ab 1 故ABO面积S  ab4，即面积的最小值为4， 2 x y 此时直线方程为  1，即2xy40． 2 4 16．(1)x2(y2)2 16 (2)5x12y760 和x4 【分析】（1）利用待定系数法设出圆的标准方程，代入点A(4,2)和点B(0,6)，再结合圆心在 直线y20上，列方程解出圆心坐标与半径即可求得圆的标准方程； （2）设出切线斜率求得切线方程，利用点到直线的距离等于半径得到直线斜率，从而求得 切线方程，当斜率只有一解时需研究斜率不存在的情形. 【详解】（1）解：设圆C的标准方程为(xa)2(yb)2r2， 圆心为C(a,b)，半径为r，  b2 a0   依题意可得(4a)2(2b)2 r2，解之得b2，   (0a)2(6b)2 r2 r4 所以圆C的标准方程为x2(y2)2 16. 答案第9页，共14页（2）解：切线斜率存在时，设切线l的斜率为k， 则切线l的方程为yk(x4)8，即kxy4k80， k024k8 5 所以 4，解得k  ， k2(1)2 12 所以切线l的方程为5x12y760 ， 又因为圆心C(0,2)到直线x4的距离为4， 所以直线x4也为圆圆C的切线. 故切线l的方程为5x12y760 和x4. x2 17．(1) y2 1 4 (2)x y1或xy1 【分析】（1）由长轴长可得a2，再根据离心率可得c 3，再求b，即可得到方程； （2）方法一、根据题意，直线l斜率为0时，得到 AB =2a 4不符合题意，当直线l斜率不  2t y y    1 2 t24 8 为0时，设xty1，联立曲线得到 ，再根据 AB  2求解即可；方法二、  y y  3 5  1 2 t24 直线l斜率不存在时， AB  3，不符合题意，当直线l斜率存在时，设ykx1，联立  8k2 x x   1 2 4k21 8 曲线得到 ，再根据 AB  2求解即可.  4k24 5 xx   1 2 4k21 【详解】（1）由题可知，2a4，a2， c 3 又e  ，且a2 b2c2，解得c 3，b1， a 2 x2 则椭圆C的方程为 y2 1. 4 答案第10页，共14页（2）法一：①当直线l斜率为0时， AB =2a 4， 不符合题意. ②当直线l斜率不为0时，设直线l方程为xty1， 联立   xty1 ，得  t24  y22ty30，0， x24y240  2t y y  设Ax,y ,Bx ,y ，则    1 2 t24 . 1 1 2 2  y y  3  1 2 t24 8 由题意， AB  1t2 y  y 24y y  2， 1 2 1 2 5 4 8 即 1t2 t23 2，解得t 1. t24 5 故直线l的方程为：x y1或xy1. 法二：①当直线l斜率不存在时， AB  3，不符合题意. ②设直线l方程为ykx1， 联立   ykx1 ，得  4k21  x28k2x4k240，0， x24y240  8k2 x x  设Ax,y ,Bx ,y ，则   1 2 4k21 ， 1 1 2 2  4k24 xx   1 2 4k21 8 8 由 AB  2，得 1k2 x x 24xx  2， 5 1 2 1 2 5 即 ，解得k1. 4 8 · 1k2  3k21 2 4k21 5 故直线l的方程为yx1或yx1. 18．(1)证明过程见解析； 1 (2) . 3 （3）M为中点 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算公式进行证明即可； （2）利用空间向量夹角公式，结合空间点到面距离公式进行求解即可. 【详解】（1）因为AA 平面ABC，AB,AC平面ABC， 1 答案第11页，共14页所以AA  AB,AA  AC，而ABAC，因此建立如图所示的空间直角坐标系： 1 1 A(0,0,0),A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),B(1,0,1),M (0,a ,1)a( [0,1])， 1 1     BM (1,a,1),AB (1,0,1)，因为BMAB 11a0110， 1 1   所以BM  AB ，即BM  AB， 1 1  （2）设平面BCM的法向量为n(x,y,z)，   BM (1,a,1),BC (1,1,0)，   nBM 0 xayz0  所以有   n(1,1,1a)， nBC0 xy0  因为直线AB与平面BCM所成角为 ， 1 4      AB n 2 11a 2 所以 cosAB,n sin  1     ， 1 4 AB n 2 1212(1a)2  2 2 1 1  1  解得a ，即n(1,1, )，因为AB(1,0,1)， 2 2 1 所以点A到平面BCM的距离为： 1 1   1 cos  A  1  B  ,n     A  1  B    A A  1  B B    n n    A  1  B   2 1 2  1 3 . 1 1212  2 （3）利用空间向量可求M为A C 的中点。 1 1 x2 y2 19．(1)  1 12 4  (2)①证明见解析；② 0,32 3  答案第12页，共14页【分析】（1）根据离心率的值和椭圆上一点求得a,b，进而求得椭圆方程即可. （2）① 设出直线BC的方程，联立椭圆方程，根据韦达定理对k k 进行化简即可验证结 1 2 果.②先根据三角形面积公式将表达式用x ,x 列出来，然后根据求根公式整理为关于k的 1 2 式子，利用换元法令 3(1k2) t(0t 3) 转化为t的函数求值域即可. c 6 9 1 【详解】（1）由题意知e  ,  1， a 3 a2 b2 c2 a2b2 b2 2 因为c2 a2b2，所以  1  ，所以a2 =3b2. a2 a2 a2 3 9 1 9 1 所以    1，解得b2 4，则a2 12. a2 b2 3b2 b2 x2 y2 所以椭圆的标准方程为  1. 12 4 （2）①A3,1,B4,0，直线BC的方程为ykx4 . 联立该直线与椭圆方程得 x2  k2x42 1 ，化简得  3k21  x224k2x48k2120 . 12 4 由  24k22 412(3k21)(4k21)0，解得k2 1.     设C x ,y ,D x ,y ，（x x 4）， 1 1 2 2 1 2 24k2 48k212 由韦达定理可得x x  ,xx  . 1 2 3k21 1 2 3k21 kx 41 k x 41 所以k k  1  2 1 2 x 3 x 3 1 2 kx 3k1 k x 3k1  1 1   1  2  2k (k 1)   x 3 x 3 x 3 x 3  1 2 1 2 (k1)x x  (k1) x x 6  2k 2 1 2k 2 1 (x 3)(x 3) xx 3x x 9 1 2 1 2 1 2  24k2  (k1) 6 3k21  2k 48k212 72k2  9 3k21 3k21 (k1)  24k218k26  (k1)  6k26  2k 2k 48k21272k227k29 3k23 2k2k22， 答案第13页，共14页所以k k 为定值，定值为2. 1 2 ②设直线AD的方程为y1k x3，即k xy3k 10. 2 2 2 令x4，则yk 1，所以F4,k 1 . 2 2 设直线AC的方程为y1k x3，同理可得E4,k 1 . 1 1 则由①知y  y k k 20，所以 y  y ， E F 1 2 E F 1 所以S  y 4x ； BDE 2 E 2 1 1 1 1 1  1 S  S  S S   y 4x  y 4x   y x x  . DFG 2 CDF 2 BCF BDF 2 2 F 1 2 F 2  4 F 2 1 x x 又S S ，所以 2 1  0. DFG BDE 24x  2 由方程  3k21  x224k2x48k2120（k2 1）， 24k2 48(1k2) 24k2 48(1k2) 可得x  ,x  1 2(13k2) 2 2(13k2) 48(1k2) x x 13k2 3(1k2) 所以  24 2 x 1 2    24k2 48(1k2)   2 3(1k2) 0， 24   2(13k2)  令 3(1k2) t(0t 3) ， t 1     0,32 3 则 2t 2  1 t  所以的范围是 0,32 3 .  答案第14页，共14页