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