2025-2026学年度高二数学期中考试模拟卷（含解析）(第一章空间向量与立体几何第二章直线与圆第三章圆锥曲线的方程)

2025-2026学年度高二数学期中考试模拟卷
考试范围：人教A版选择性必修第一册全部
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，只有一项是符合题目要求的。
1．已知点，，则以线段为直径的圆的方程为（ ）．
A． B．
C． D．
2．已知直线l：恒过点G，的顶点，，的重心为G，则AC边上的垂直平分线的方程为（ ）
A． B． C． D．
3．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，则的周长为（ ）
A． B． C． D．
4．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（ ）

A． B．
C． D．
5．设直线与椭圆相交于、两点，当变化时，线段的中点所在的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
6．当曲线与直线有公共点时，实数b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．.
7．已知圆：，直线：，点，点P在圆上运动，点Q满足（为坐标原点），则点Q到直线距离的最大值为（ ）
A． B．8 C． D．
8．在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：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．下列说法错误的是（ ）
A．过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为
B．直线必过定点
C．经过点，倾斜角为的直线方程为
D．直线和以，为端点的线段相交，则实数的取值范围为
10．双曲线（，）的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与曲线的一条渐近线交于、两点，且，则下列说法一定正确的是（ ）
A．的离心率为 B．
C． D．当时，四边形的面积为
11．如图，已知棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（ ）
A．曲线的长度为
B．存在，使得平面
C．
D．当与只有一个公共点时，
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．已知直线，，若，则实数 .
13．已知为抛物线上的动点，为抛物线的焦点，，则的最小值为 ．
14．如图，在三棱柱中，，，两两互相垂直，，，是线段，上的点，平面与平面所成（锐）二面角为，当最小时， .
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．已知圆心为C的圆经过点和，且圆心C在直线上．
(1)求圆C的标准方程；
(2)直线与圆C相交于M，N两点，且，求实数a的值．
16．如图，在四棱锥中，底面是菱形，且，平面，为的中点

(1)证明：平面；
(2)求与平面所成的角；
(3)求点到平面的距离.
17．已知椭圆C：的离心率为，C的左焦点到右顶点的距离为3．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与x轴交于点Q，与C交于A、B两点，且，求直线l的方程．
18．如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，侧面为菱形，点在底面上的射影为AC的中点D．利用空间向量法求解下列问题．

(1)求证：．
(2)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．
19．已知双曲线的对称中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，其一条渐近线方程为，且点在双曲线上.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知，，过点的直线与双曲线的右支交于两点，直线与直线交于点.
（ⅰ）证明：直线恒过定点；
（ⅱ）若直线与直线交于点，直线与直线交于点，求面积的最小值.
试卷第2页，共5页
试卷第1页，共5页
《2025-2026学年度高二数学期中考试模拟卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A D A C C A C ACD ABD
题号 11
答案 BCD
1．B
【解析】根据点，，且线段为直径，可知圆心及直径，半径，进而得到圆的方程.
【详解】圆心坐标为，，，
所以以线段为直径的圆的方程为，
故选：B.
【点睛】求圆的方程，主要有两种方法：
(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．
(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．
2．A
【分析】由题意可得，解出即可得点坐标，结合重心性质即可得点坐标，借助坐标及斜率可求出其垂直平分线的方程.
【详解】将l：整理得，
由，得，所以，
设，因为是的重心，，，
所以，解得，所以，
又中点坐标为，即，且，
则AC边上的垂直平分线的方程为，即.
故选：A
3．D
【分析】根据椭圆方程求出，再根据椭圆的定义即可求解.
【详解】由椭圆的方程，知，
所以，，，
所以，
由椭圆的定义，得，
所以的周长.
故选：D.
4．A
【分析】根据向量的线性运算，利用空间向量基本定理即可求解.
【详解】由有，
所以，
故选：A.
5．C
【分析】先通过联立直线和椭圆方程，利用韦达定理求出中点坐标，再根据中点坐标的关系得出中点所在直线方程.
【详解】将直线方程代入椭圆方程中，得到.
展开式子化简为.
根据韦达定理,所以，又因为中点横坐标.
已知，把代入可得.
因为，即.
所以线段的中点所在的直线方程为.
故选：C.
6．C
【详解】曲线可化简为：，即表示以(0,1)为圆心，为半径的上半圆.
如图所示：
当直线与半圆相切时，，由图可知，，
当直线经过点时，.
所以.
故选C.
点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系以及求最值问题.解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法.
7．A
【分析】设，由得，进而得，利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】设，由有，
所以，又点在圆上，所以，
即，所以点在以为半径，圆心为的圆上，
由圆心到直线的距离为，
所以点到直线的距离的最大值为：，
故选：A.
8．C
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用点到面的距离的向量求法和可构造方程组求得坐标，利用可求得结果.
【详解】以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设关于平面的对称点为，
则，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
与到平面的距离，
又，，
，，，，
（当且仅当三点共线时取等号），
即的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中距离之和的最值问题的求解，解题关键是能够求得关于平面的对称点，从而利用三角形两边之和大于第三边的特点确定当三点共线时取得最小值.
9．ACD
【分析】当在两坐标轴上的截距相等且等于0时可判断A；由含参直线方程过定点的求法计算可判断B；由可判断C；计算出端点处的斜率结合图形可判断D
【详解】对于A：当在两坐标轴上的截距相等且等于0时，直线过原点，
可设直线方程为，又直线过点，则，即，
此时直线方程为，故A错误；
对于B：直线可变形为，由解得，
即直线必过定点，故B正确；
对于C：当倾斜角时，无意义，故C错误；
对于D：直线即，经过定点，
当直线经过点时，斜率为，
当直线经过点时，斜率为，
由于线段与轴相交，故实数的取值范围为或，故D错误；
故选：ACD
10．ABD
【分析】根据双曲线的渐近线的概念，圆和直线的位置关系，以及焦点三角形的性质，逐一判断各选项正误.
【详解】双曲线，则，，，，渐近线方程为，以为直径的圆方程为；
联立方程组得，解得，不妨设，
则，由，得，
解得，则，离心率，所以A正确；
可知，则，所以，所以B正确；
由，则，，，，
当位置互换时，，不符合条件，所以C错误；
由，则，所以，
已知，，
所以，所以D正确；
故选：ABD.
11．BCD
【分析】根据可得的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，即可根据弧长公式求解A，根据线线平行即可求解B，利用线面平行的性质，结合等体积法即可求解C，根据相切，即可利用锐角三角函数求解D.
【详解】如图1，连接，由于平面，平面，故，
因为，所以，
又，从而．故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，记为．
选项A：的长度为，A错误．
选项B：如图2，若取与的交点，取点，
此时易知，平面,平面，故平面，B正确．
选项C：由于,且，故，平面,平面，
故平面，故到平面的距离与到平面的距离相等，
所以，C正确．
选项D：与只有一个公共点即直线与相切，
如图3，记切点为，连接，则，从而，
所以，D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：对于涉及动点的立体几何问题，关键是找到运动中哪些长度、角度以及位置关系等是不变的，进而以这些运动过程中的不变量为突破口解决问题，本题中点是正方形内及其边界上的动点，，是不变的关系，通过不变量建立关系式，求得，进而确定点的轨迹．
12．或
【分析】根据给定条件，利用直线垂直的充要条件列式计算即得.
【详解】直线，，由，得，
所以或.
故答案为：或
13．5
【分析】根据抛物线的定义，利用三点共线即可求解.
【详解】抛物线的焦点，准线方程为，如图所示：
设点M在准线上的射影为D，
由抛物线的定义知，
所以使得的最小值，则求的最小值，
当D，M，P三点共线时，最小，即点到准线的距离，
则最小值为.
故答案为：5.
14．
【分析】根据题意,建立空间直角坐标系,设出的长,写出各个点的坐标,求得平面与平面的法向量,利用法向量及二面角大小,求得的等量关系.即可判断当取最小时各自的长.即可求得的正切值,进而求得的大小.
【详解】因为三棱柱中,,,两两互相垂直,建立如下图所示的空间直角坐标系:
,,是线段,上的点
可设,则
所以,
则
设平面的法向量为
则,代入可得,令代入解得
所以
平面的法向量
由题意可知平面与平面所成（锐）二面角为
则由平面向量数量积定义可知
化简可得
最小值,即取得最大值,当时,取得最大值为
所以
所以
故答案为:
【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用,由法向量法结合二面角求值,属于中档题.
15．(1)
(2)或
【分析】（1）由圆心所在的直线设出圆心坐标，再利用两点间距离公式求解；
（2）由（1）的结论及已知求出圆心到直线的距离，再利用点到直线距离公式求出参数值.
【详解】（1）由圆心在直线上，设圆心，
由，得，解得，
因此圆心，半径，
所以圆的标准方程为.
（2）由（1）知，圆的圆心，半径，
由，得圆心到直线的距离为，
则，即，解得或，

16．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）连接BD交AC于O，连接OE，据此可得，可完成证明；
（2）如图做，由题可得平面，连接，则为与平面所成的角，据此可得答案；
（3）如图建立空间直角坐标系，可得平面的法向量，然后由空间向量知识可得答案.
【详解】（1）连接BD交AC于O，连接OE.易得O为BD中点，又为的中点，
则，又平面，平面，则平面；
（2）如图作，因平面，平面，
则，又平面，，则平面.
连接，则为与平面所成的角.
由题可得，，，则.
（3）如图，取CD中点为，连接AH，易得.
则以A为原点，AB所在直线为x轴，AP所在直线为z轴，AH所在直线为y轴建立空间直角坐标系.则.
,.
设平面法向量为，则.
令，则，故取.
则点到平面的距离为.

17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出的方程，求解即可；
（2）设出直线l方程与椭圆联立，利用坐标表示出向量关系，结合韦达定理求解即可.
【详解】（1）依题意得解得
所以．所以C的方程为．
（2）依题意可设直线l的方程为（k存在，且），
联立消去y得，
设，，则，且，
因为，，所以，，
由，可得，所以，
由，解得，
所以直线l的方程为．
18．(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用数量积即可得证；
（2）假设存在满足条件的点E，则存在，使得，利用夹角公式，结合直线与侧面所成角的正弦值为，列式求解即得.
【详解】（1）点在底面上的投影为的中点，
平面，
平面，
，
又底面是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，
，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
是以为斜边的等腰直角三角形，为菱形，
，
在中，有，
，
，
；
（2）由（1）得，.
假设存在满足条件的点，则存在，使得，
则．
设平面的一个法向量为,则,
，令，则.
直线与侧面所成角的正弦值为，
，
即，解得，
又，故，
因此存在满足条件的点，且，
即．
19．(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）.
【分析】（1）先根据点与渐近线的位置关系确定双曲线的焦点在x轴上，再利用待定系数法求解双曲线的方程即可；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，，，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到，，写出直线PM的方程，令得点A的坐标，写出直线的方程，令即可求出定点；（ⅱ）先说明直线BP也过定点，即，根据题意判断出参数的取值范围，表达出面积，利用换元法求最小值即可.
【详解】（1）因为点在渐近线上方，所以双曲线的焦点在x轴上，
设双曲线的方程为（，）.
由题知，解得，，
故双曲线的方程为；
（2）（ⅰ）证明：因为两点P，Q在双曲线C的右支，所以直线与x轴不重合，设直线的方程为，，.
联立方程得，
则，
，，
直线PM的方程为，
令，得点A的坐标为，
所以直线的方程为，
令，得直线与x轴交点的横坐标
.
故直线恒过定点.
（ⅱ）由（ⅰ）同理可得，直线BP也过定点，
因为直线与直线BP交于点D，所以.
因为过点N的直线与双曲线C的右支交于P，Q两点，
所以或或，即.
.
令，则，，
因为函数在上单调递增，故，
故的面积的最小值为.
答案第2页，共16页
答案第1页，共16页