浙江省杭州及周边重点中学2025-2026学年高二上学期11月期中数学试题
1．（2025高二上·杭州期中）已知，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2025高二上·杭州期中）若直线的倾斜角为，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高二上·杭州期中）已知两条直线，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025高二上·杭州期中）袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中不放回地依次随机摸出两个球，则两次都是黄球的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·杭州期中）在直三棱柱中，为中点，为靠近的四等分点，点，，所确定的平面把三棱柱分割成体积不同的两部分，则较小部分的体积与较大部分的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·杭州期中）设，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·杭州期中）在空间直角坐标系中，，，，向量且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
8．（2025高二上·杭州期中）在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知点到点的距离和它到直线的距离的比为，记点的轨迹为，则下列选项中错误的是（ ）
A．关于直线对称 B．关于直线对称
C．最大值为4 D．最小值为
9．（2025高二上·杭州期中）下列说法正确的是（ ）
A．数据1，2，4，5，6，7，8，9的第75百分位数是7
B．若样本数据，，，的方差为4，则数据，，，的方差为16
C．抛掷一枚质地均匀的硬币两次，则事件“第一次正面朝上”与事件“第二次反面朝上”互斥
D．若事件与事件相互独立，，，则
10．（2025高二上·杭州期中）过点的直线与圆交于，两点，则（ ）
A．圆心到直线的最大距离为2
B．当直线斜率为1时，
C．弦中点的轨迹长度为
D．的取值范围为
11．（2025高二上·杭州期中）已知正方体的边长为，、两点分别在线段和线段上运动，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积是定值
C．直线与直线所成角的范围是
D．周长的最小值为
12．（2025高二上·杭州期中）已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为 .
13．（2025高二上·杭州期中）已知是椭圆上一点，是直线上一点，则的最小值为 .
14．（2025高二上·杭州期中）已知四边形，是以为边长的等边三角形，，现把沿着对角线进行翻折，使得点在面上的投影落在点处，则此时三棱锥外接球的表面积为 .
15．（2025高二上·杭州期中）已知直线，直线相交于点.
（1）若直线经过点，且在轴上的截距为2，求直线的方程；
（2）若直线，关于直线对称，求直线的方程.
16．（2025高二上·杭州期中）在中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若的角平分线交边于，且，，求的面积.
17．（2025高二上·杭州期中）已知圆，圆，为坐标原点.
（1）若过点的直线与圆相切，求直线的方程；
（2）若圆上存在点，过点作圆的切线，切点为，且满足，求实数的取值范围.
18．（2025高二上·杭州期中）如图，在三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在棱上，设.
（1）当时，求证：平面；
（2）当时，求平面与平面所成角的余弦值；
（3）当直线与平面的所成角最大时，求的值.
19．（2025高二上·杭州期中）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，不过点的直线与椭圆相交于两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若弦的中点的纵坐标为，求面积的最大值；
（3）若，求证：直线过定点.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：，复数在复平面内对应的点为，
所以该点在第四象限，
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法，将分母实数化，分子分母同乘得，从而可判断其对应的点的位置.
2．【答案】B
【知识点】直线的倾斜角；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：直线l变形可得，斜率，
因为倾斜角为，所以斜率，
所以，解得.
故答案为：B
【分析】将直线的一般式化成斜截式，可得斜率k，根据倾斜角，求得斜率k，即可求得答案.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：若“”，则，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】代入“”的充要条件，再结合充分不必要条件的定义即可得解.
4．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：分别记2个红球和3个黄球分别为和，
记为随机试验的样本点，分别表示第一次和第二次摸到的球，
则从中不放回地依次随机摸出两个球的试验的样本空间为，共20个样本点，
记事件“从中不放回地依次随机摸出两个球，则两次都是黄球”，
则共6个样本点.
所以.
故答案为：C
【分析】列举出试验的样本空间和事件，数出“从中不放回地依次随机摸出两个球，则两次都是黄球”的样本点个数，由古典概型计算即可.
5．【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将直三棱锥补形成直四棱柱，使底面ABCD为平行四边形，如图所示，
设底面面积为S，AC边上的高为，，
则直四棱柱的体积，，
四边形AEFC的面积，
所以四棱锥的体积，
所以直三棱柱中，剩余部分的体积，
所以较小部分的体积与较大部分的体积之比为.
故答案为：C
【分析】用割补法将直三棱柱补形成直四棱柱；设出各个长度，代入体积公式，可得四棱锥的体积，代入 ，进而可求出直三棱柱中，剩余部分的体积，分析计算，即可得答案.
6．【答案】D
【知识点】椭圆的定义
【解析】【解答】解：对于椭圆，有，，
设，，则，
又，，，
故，
即，即，
，又为的中点，故，
则，
故，也即．
故答案为：D．
【分析】设，，代入椭圆的定义可得，中，运用余弦定理即可求出的值，利用，平方后即可求得答案．
7．【答案】B
【知识点】空间向量的数乘运算；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意得，
所以，又，
令，则，，
因为，
所以，即，
又，
设，则，
所以，解得，即，
当且仅当时取等号，
所以，即的最小值为.
故答案为：B
【分析】将坐标用x，y，z表示，代入求模长可得，由题意，设，利用，化简整理，即可得出答案.
8．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；曲线与方程
【解析】【解答】解：点到直线的距离为，
点到点的距离，
依题意有，
两边同时平方并化简得，也即，
A、若将轨迹方程中的与互换，方程变为，
与原方程一致，故关于直线对称，该选项正确，不合题意；
B、若将轨迹方程中的换为，换为，方程变为，
化简可知与原方程一致，故关于直线对称， 该选项正确，不合题意 ；
C、设，则，即求的最值，
对轨迹方程进行变换，可得，
即，等号当且仅当时成立，又P点在曲线上，联立可得此时，
所以， 该选项错误，符合题意 ；
D、由C选项可知，满足，
对其进行变换可得，
即，等号当且仅当时成立，
也即时成立，又P点在曲线上，联立可得此时，
所以， 该选项正确，不合题意 ．
故答案为：C．
【分析】 利用距离的比先求出点P的轨迹方程.将轨迹方程中的与互换，分析曲线方程是否发生改变可判断A；将轨迹方程中的换为，换为，分析曲线方程是否发生改变可判断B；将放缩可判断C；将放缩可判断D．
9．【答案】B,D
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；相互独立事件；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、，所以第75百分位数是，该选项错误，不合题意；
B、因为样本数据，，，的方差为4，
所以数据，，，的方差为，该选项正确，符合题意；
C、事件“第一次正面朝上”时，第二次可能反面朝上，
反之事件“第二次反面朝上” 时，第一次可能正面朝上，
所以两个事件可以同时发生，不是互斥事件，该选项错误，不合题意；
D、若事件与事件相互独立，，，
则，该选项正确，符合题意.
故答案为：BD
【分析】对于A，代入百分位数计算公，i是整数，即得7；对于B，代入方差公式；对于C，根据互斥事件的定义得两个事件可以同时发生，不是互斥事件；对于D，根据独立事件的概率公式可判断.
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的坐标运算；平面内点到直线的距离公式；点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆的标准方程为：，故，圆的半径为.
A、因为，故在圆的内部，
故当时，到的距离最大且最大距离为，该选项正确，符合题意；
B、当直线斜率为1时，直线的方程为即，
故到的距离为，故，该选项错误，不合题意；
C、设的中点，则，故的轨迹为以为直径的圆，
其半径为，故轨迹圆的周长为， 该选项正确，符合题意 ；
D、
，
而，故， 该选项正确，符合题意 ；
故答案为：ACD.
【分析】将点P坐标代入圆的方程得到在圆内，求出圆心到直线的最大距离；求出直线的方程后，代入圆心到直线的距离，利用垂径定理可求弦长；求出弦中点的轨迹后可求其长，从而判断C的正误；利用数量积的线性运算求出的取值范围判断D的正误.
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的线性运算的坐标表示；用空间向量求直线间的夹角、距离；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、连接，
因为正方体，
所以，平面ABCD，
因为平面ABCD，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
同理可证，
因为，平面，
所以平面，
因为P在AC上运动，则平面，
所以，该选项正确，符合题意；
B 、三棱锥的体积
，该选项错误，不合题意；
C、以D为原点，DA、DC、为x，y，z轴正方向建系，如图所示，
则，设，
则，
因为P在AC上运动，所以设，
所以，解得，所以，
所以，
所以，
当时，，则直线与直线所成角为，
当时，，
因为，所以，
令，所以，则，
所以直线与直线所成角，
综上，直线与直线所成角的范围是，该选项正确，符合题意；
D、将平面沿AC翻折至处，使平面与平面ABCD共面，
将平面沿BC翻折至处，使平面与平面ABCD共面，
如图所示，
因为的周长为，
所以翻折后周长为，
由图象可得，当共线时，的周长最小，
过作BA的延长线于E，
因为，
所以，，
在中，，
在中，，
所以，该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD
【分析】要证动点的线线垂直，只需证明平面即可：由正方体得，， 结合线面垂直的判定定理、性质定理，即可判断A的正误；用等体积转化法求三棱锥的体积，即可判断B的正误；建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线面角的向量法，结合二次函数的性质，可判断C的正误；的周长最小，需如图所示，将平面、翻折至与平面ABCD共面，即当共线时，再求出各个长度，计算求值，即可判断D的正误.
12．【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在向量方向上的投影向量为
.
故答案为：
【分析】代入投影向量公式，可得答案.
13．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：求椭圆上的点到直线的最小距离，即求直线与平行于的椭圆切线之间的距离的最小值，
设与直线l平行且与椭圆C相切的直线为，
联立，得，
判别式，解得，
当时，切线为，与直线l的距离，
当时，切线为，与直线l的距离.
所以的最小值为.
故答案为：
【分析】设直线方程为，与椭圆方程联立，消元，令判别式，求出t值，结合两平行线间距离公式，分析计算，即可得答案.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为点在面上的投影落在点处，
所以平面BCD，则，
因为，
所以，
在中，，
所以，
设的外接圆圆心为，外接圆半径r，
由正弦定理得，解得，
设三棱锥外接球的球心为O，外接球半径为R，，
则平面BCD，
过O作，交AC于点E，则，
在中，，即，
在中，，即，
与上式联立，解得，，
所以外接球的表面积.
故答案为：
【分析】本题关键点在于，由”点在面上的投影落在点处”，得平面BCD，再求出各个长度，内，由 余弦定理，求出，再求；再由正弦定理，可得的外接圆半径，设棱锥外接球的球心为O，易得平面BCD，根据三棱锥的几何性质，数形结合，计算求解，即可得答案.
15．【答案】（1）解：联立，可得交点，
因为直线过点，且在轴上的截距为2，
所以直线的方程为；
（2）解：方法一：在直线上任取一点，因为直线，关于直线对称，
所以，即，
所以直线的方程为：或.
方法二：因为直线，关于直线对称，所以直线必过点，易知直线的斜率存在，
设直线的方程为，即，
在直线上取一点，则其关于直线的对称点必在直线上，
所以，解得，
代入直线，得，解得或，
所以直线的方程为：或.
【知识点】两条直线的交点坐标；与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【分析】（1）将两直线联立，求得交点，代入直线方程分析可得.
（2）方法一：直线上任取一点，利用对称性质，距离相等，代入距离公式，即可得答案；
方法二：设出直线方程，在直线上任意取一点，如，求该点关于直线的对称点求出B点坐标，B必在直线上，代入方程，即可得答案.
（1）联立，可得交点，
因为直线过点，且在轴上的截距为2，
所以直线的方程为；
（2）方法1：在直线上任取一点，因为直线，关于直线对称，
所以，即，
所以直线的方程为：或.
方法2：因为直线，关于直线对称，所以直线必过点，易知直线的斜率存在，
设直线的方程为，即，
在直线上取一点，则其关于直线的对称点必在直线上，
所以，解得，
代入直线，得，解得或，
所以直线的方程为：或.
16．【答案】（1）解：由于，结合正弦定理得，
又因为，
代入上式，可得，
，，即，
又，则，
，即.
（2）解：由余弦定理可得，即，
又是角的角平分线，
，
即，化简得，
所以，
所以，解得，
所以.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理将边化角，利用辅助角公式、诱导公式、两角和的正弦公式，化简可得，即可得答案.
（2）代入余弦定理，可得，根据等面积法，可得，联立解得，代入面积公式，即可得答案.
（1）由于，结合正弦定理得，
又因为，
代入上式，可得，
，，即，
又，则，
，即.
（2）由余弦定理可得，即，
又是角的角平分线，
，
即，化简得，
所以，
所以，解得，
所以.
17．【答案】（1）解：设直线的方程为，则，
化简得；
所以直线的方程为或.
（2）解：设，由，则，
化简得点的轨迹方程为：，
因为点在圆上，
所以点要存在，只要圆与圆有交点即可，
所以，解得，
所以实数的取值范围.
【知识点】直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【分析】（1）直线过O点，设的方程为，由直线与圆相切的几何特征得圆心到直线的距离等于半径，列出方程，即可求得答案.
（2）先用两点间距离公式结合求出点Q的轨迹方程；在圆上，即圆与圆有交点，即两圆相交，圆心距，列出不等式，即可求得答案.
（1）设直线的方程为，则，
化简得；
所以直线的方程为或
（2）设，由，则，
化简得点的轨迹方程为：，
因为点在圆上，
所以点要存在，只要圆与圆有交点即可，
所以，解得，
所以实数的取值范围
18．【答案】（1）证明：取中点，取靠近点的四等分点，
连接，，，可得，且，
又，
且，
，，
四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
平面.
（2）解：如图以为坐标原点，，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为
则，可得，
令，得，
，
，，
设平面的一个法向量为，
则，可得，
令，得，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（3）解：方法一：由第（1）小题可知，平面，平面平面，
所以点到平面距离即为点到的距离，此距离为定值，
要使直线与平面的所成角最大，只需即可.
，，
，
由，得.
方法二：易求平面的一个法向量为，，
设直线与平面的所成角为，则
，
所以当时，最大，即直线与平面的所成角最大.
【知识点】平面与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先证四边形是平行四边形：对应取靠近点的四等分点，可得，；根据比例相同，可得，，即证；根据线面平行的判定定理，即可得证.
（2）如图建系，求得各点、直线的方向向量坐标，再求平面的法向量和平面的法向量，代入二面角的向量公式，计算求解，即可得答案.
（3）方法一： 由平面 可得点到平面距离即为点到的距离，为定值；时直线与平面的所成角最大，分别求出坐标，计算即可得答案；
方法二：类比（2）求出平面的一个法向量为，代入线面角的向量公式，可得线面角正弦值的表达式，结合二次函数的性质，即可求得答案.
（1）证明：取中点，取靠近点的四等分点，
连接，，，可得，且，
又，
且，
，，
四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
平面.
（2）如图以为坐标原点，，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为
则，可得，
令，得，
，
，，
设平面的一个法向量为，
则，可得，
令，得，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（3）方法1：由第（1）小题可知，平面，平面平面，
所以点到平面距离即为点到的距离，此距离为定值，
要使直线与平面的所成角最大，只需即可.
，，
，
由，得.
方法2：易求平面的一个法向量为，，
设直线与平面的所成角为，则
，
所以当时，最大，即直线与平面的所成角最大.
19．【答案】（1）解：
由题意得：，解得，
椭圆方程为：
（2）解：因为弦的中点的纵坐标为，所以直线斜率存在.
设直线，代入，可得，
设，，则，，
因为弦的中点的纵坐标为，
所以，即，
，
O到直线MN的距离，
，
由，，可得，
当即时，取得最大值.
（3）证明，，
即，
，，
代入（*）式，得，
即，
化简得，
即 ，
或，
当时，则直线，此时直线过点，不合题意舍去，
当时，则直线，此时直线过定点，
当直线斜率不存在时，直线交椭圆于，，
此时，显然成立.
直线过定点.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）代入离心率，结合，将点坐标代入椭圆方程， 联立可求.
（2）直线l斜率存在，设方程为，联立直线方程与椭圆方程，消元，列出韦达定理，代入弦长公式，可得，再求得O到直线MN的距离，代入面积公式，结合m的范围，即可得答案.
（3）求出坐标，垂直可得，将直线方程代入，结合韦达定理，化简可求m值，分类讨论和，即可得答案.
（1）由题意得：，解得，椭圆方程为：
（2）因为弦的中点的纵坐标为，所以直线斜率存在.
设直线，代入，可得，
设，，则，，
因为弦的中点的纵坐标为，
所以，即，
，
O到直线MN的距离，
，
由，，可得，
当即时，取得最大值.
（3），，
即，
，，
代入（*）式，得，
即，
化简得，
即 ，
或，
当时，则直线，此时直线过点，不合题意舍去，
当时，则直线，此时直线过定点，
当直线斜率不存在时，直线交椭圆于，，
此时，显然成立.
直线过定点.
1 / 1浙江省杭州及周边重点中学2025-2026学年高二上学期11月期中数学试题
1．（2025高二上·杭州期中）已知，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：，复数在复平面内对应的点为，
所以该点在第四象限，
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法，将分母实数化，分子分母同乘得，从而可判断其对应的点的位置.
2．（2025高二上·杭州期中）若直线的倾斜角为，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线的倾斜角；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：直线l变形可得，斜率，
因为倾斜角为，所以斜率，
所以，解得.
故答案为：B
【分析】将直线的一般式化成斜截式，可得斜率k，根据倾斜角，求得斜率k，即可求得答案.
3．（2025高二上·杭州期中）已知两条直线，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：若“”，则，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】代入“”的充要条件，再结合充分不必要条件的定义即可得解.
4．（2025高二上·杭州期中）袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中不放回地依次随机摸出两个球，则两次都是黄球的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：分别记2个红球和3个黄球分别为和，
记为随机试验的样本点，分别表示第一次和第二次摸到的球，
则从中不放回地依次随机摸出两个球的试验的样本空间为，共20个样本点，
记事件“从中不放回地依次随机摸出两个球，则两次都是黄球”，
则共6个样本点.
所以.
故答案为：C
【分析】列举出试验的样本空间和事件，数出“从中不放回地依次随机摸出两个球，则两次都是黄球”的样本点个数，由古典概型计算即可.
5．（2025高二上·杭州期中）在直三棱柱中，为中点，为靠近的四等分点，点，，所确定的平面把三棱柱分割成体积不同的两部分，则较小部分的体积与较大部分的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将直三棱锥补形成直四棱柱，使底面ABCD为平行四边形，如图所示，
设底面面积为S，AC边上的高为，，
则直四棱柱的体积，，
四边形AEFC的面积，
所以四棱锥的体积，
所以直三棱柱中，剩余部分的体积，
所以较小部分的体积与较大部分的体积之比为.
故答案为：C
【分析】用割补法将直三棱柱补形成直四棱柱；设出各个长度，代入体积公式，可得四棱锥的体积，代入 ，进而可求出直三棱柱中，剩余部分的体积，分析计算，即可得答案.
6．（2025高二上·杭州期中）设，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的定义
【解析】【解答】解：对于椭圆，有，，
设，，则，
又，，，
故，
即，即，
，又为的中点，故，
则，
故，也即．
故答案为：D．
【分析】设，，代入椭圆的定义可得，中，运用余弦定理即可求出的值，利用，平方后即可求得答案．
7．（2025高二上·杭州期中）在空间直角坐标系中，，，，向量且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【知识点】空间向量的数乘运算；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意得，
所以，又，
令，则，，
因为，
所以，即，
又，
设，则，
所以，解得，即，
当且仅当时取等号，
所以，即的最小值为.
故答案为：B
【分析】将坐标用x，y，z表示，代入求模长可得，由题意，设，利用，化简整理，即可得出答案.
8．（2025高二上·杭州期中）在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知点到点的距离和它到直线的距离的比为，记点的轨迹为，则下列选项中错误的是（ ）
A．关于直线对称 B．关于直线对称
C．最大值为4 D．最小值为
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；曲线与方程
【解析】【解答】解：点到直线的距离为，
点到点的距离，
依题意有，
两边同时平方并化简得，也即，
A、若将轨迹方程中的与互换，方程变为，
与原方程一致，故关于直线对称，该选项正确，不合题意；
B、若将轨迹方程中的换为，换为，方程变为，
化简可知与原方程一致，故关于直线对称， 该选项正确，不合题意 ；
C、设，则，即求的最值，
对轨迹方程进行变换，可得，
即，等号当且仅当时成立，又P点在曲线上，联立可得此时，
所以， 该选项错误，符合题意 ；
D、由C选项可知，满足，
对其进行变换可得，
即，等号当且仅当时成立，
也即时成立，又P点在曲线上，联立可得此时，
所以， 该选项正确，不合题意 ．
故答案为：C．
【分析】 利用距离的比先求出点P的轨迹方程.将轨迹方程中的与互换，分析曲线方程是否发生改变可判断A；将轨迹方程中的换为，换为，分析曲线方程是否发生改变可判断B；将放缩可判断C；将放缩可判断D．
9．（2025高二上·杭州期中）下列说法正确的是（ ）
A．数据1，2，4，5，6，7，8，9的第75百分位数是7
B．若样本数据，，，的方差为4，则数据，，，的方差为16
C．抛掷一枚质地均匀的硬币两次，则事件“第一次正面朝上”与事件“第二次反面朝上”互斥
D．若事件与事件相互独立，，，则
【答案】B,D
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；相互独立事件；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、，所以第75百分位数是，该选项错误，不合题意；
B、因为样本数据，，，的方差为4，
所以数据，，，的方差为，该选项正确，符合题意；
C、事件“第一次正面朝上”时，第二次可能反面朝上，
反之事件“第二次反面朝上” 时，第一次可能正面朝上，
所以两个事件可以同时发生，不是互斥事件，该选项错误，不合题意；
D、若事件与事件相互独立，，，
则，该选项正确，符合题意.
故答案为：BD
【分析】对于A，代入百分位数计算公，i是整数，即得7；对于B，代入方差公式；对于C，根据互斥事件的定义得两个事件可以同时发生，不是互斥事件；对于D，根据独立事件的概率公式可判断.
10．（2025高二上·杭州期中）过点的直线与圆交于，两点，则（ ）
A．圆心到直线的最大距离为2
B．当直线斜率为1时，
C．弦中点的轨迹长度为
D．的取值范围为
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的坐标运算；平面内点到直线的距离公式；点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆的标准方程为：，故，圆的半径为.
A、因为，故在圆的内部，
故当时，到的距离最大且最大距离为，该选项正确，符合题意；
B、当直线斜率为1时，直线的方程为即，
故到的距离为，故，该选项错误，不合题意；
C、设的中点，则，故的轨迹为以为直径的圆，
其半径为，故轨迹圆的周长为， 该选项正确，符合题意 ；
D、
，
而，故， 该选项正确，符合题意 ；
故答案为：ACD.
【分析】将点P坐标代入圆的方程得到在圆内，求出圆心到直线的最大距离；求出直线的方程后，代入圆心到直线的距离，利用垂径定理可求弦长；求出弦中点的轨迹后可求其长，从而判断C的正误；利用数量积的线性运算求出的取值范围判断D的正误.
11．（2025高二上·杭州期中）已知正方体的边长为，、两点分别在线段和线段上运动，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积是定值
C．直线与直线所成角的范围是
D．周长的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的线性运算的坐标表示；用空间向量求直线间的夹角、距离；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、连接，
因为正方体，
所以，平面ABCD，
因为平面ABCD，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
同理可证，
因为，平面，
所以平面，
因为P在AC上运动，则平面，
所以，该选项正确，符合题意；
B 、三棱锥的体积
，该选项错误，不合题意；
C、以D为原点，DA、DC、为x，y，z轴正方向建系，如图所示，
则，设，
则，
因为P在AC上运动，所以设，
所以，解得，所以，
所以，
所以，
当时，，则直线与直线所成角为，
当时，，
因为，所以，
令，所以，则，
所以直线与直线所成角，
综上，直线与直线所成角的范围是，该选项正确，符合题意；
D、将平面沿AC翻折至处，使平面与平面ABCD共面，
将平面沿BC翻折至处，使平面与平面ABCD共面，
如图所示，
因为的周长为，
所以翻折后周长为，
由图象可得，当共线时，的周长最小，
过作BA的延长线于E，
因为，
所以，，
在中，，
在中，，
所以，该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD
【分析】要证动点的线线垂直，只需证明平面即可：由正方体得，， 结合线面垂直的判定定理、性质定理，即可判断A的正误；用等体积转化法求三棱锥的体积，即可判断B的正误；建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线面角的向量法，结合二次函数的性质，可判断C的正误；的周长最小，需如图所示，将平面、翻折至与平面ABCD共面，即当共线时，再求出各个长度，计算求值，即可判断D的正误.
12．（2025高二上·杭州期中）已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为 .
【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在向量方向上的投影向量为
.
故答案为：
【分析】代入投影向量公式，可得答案.
13．（2025高二上·杭州期中）已知是椭圆上一点，是直线上一点，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：求椭圆上的点到直线的最小距离，即求直线与平行于的椭圆切线之间的距离的最小值，
设与直线l平行且与椭圆C相切的直线为，
联立，得，
判别式，解得，
当时，切线为，与直线l的距离，
当时，切线为，与直线l的距离.
所以的最小值为.
故答案为：
【分析】设直线方程为，与椭圆方程联立，消元，令判别式，求出t值，结合两平行线间距离公式，分析计算，即可得答案.
14．（2025高二上·杭州期中）已知四边形，是以为边长的等边三角形，，现把沿着对角线进行翻折，使得点在面上的投影落在点处，则此时三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为点在面上的投影落在点处，
所以平面BCD，则，
因为，
所以，
在中，，
所以，
设的外接圆圆心为，外接圆半径r，
由正弦定理得，解得，
设三棱锥外接球的球心为O，外接球半径为R，，
则平面BCD，
过O作，交AC于点E，则，
在中，，即，
在中，，即，
与上式联立，解得，，
所以外接球的表面积.
故答案为：
【分析】本题关键点在于，由”点在面上的投影落在点处”，得平面BCD，再求出各个长度，内，由 余弦定理，求出，再求；再由正弦定理，可得的外接圆半径，设棱锥外接球的球心为O，易得平面BCD，根据三棱锥的几何性质，数形结合，计算求解，即可得答案.
15．（2025高二上·杭州期中）已知直线，直线相交于点.
（1）若直线经过点，且在轴上的截距为2，求直线的方程；
（2）若直线，关于直线对称，求直线的方程.
【答案】（1）解：联立，可得交点，
因为直线过点，且在轴上的截距为2，
所以直线的方程为；
（2）解：方法一：在直线上任取一点，因为直线，关于直线对称，
所以，即，
所以直线的方程为：或.
方法二：因为直线，关于直线对称，所以直线必过点，易知直线的斜率存在，
设直线的方程为，即，
在直线上取一点，则其关于直线的对称点必在直线上，
所以，解得，
代入直线，得，解得或，
所以直线的方程为：或.
【知识点】两条直线的交点坐标；与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【分析】（1）将两直线联立，求得交点，代入直线方程分析可得.
（2）方法一：直线上任取一点，利用对称性质，距离相等，代入距离公式，即可得答案；
方法二：设出直线方程，在直线上任意取一点，如，求该点关于直线的对称点求出B点坐标，B必在直线上，代入方程，即可得答案.
（1）联立，可得交点，
因为直线过点，且在轴上的截距为2，
所以直线的方程为；
（2）方法1：在直线上任取一点，因为直线，关于直线对称，
所以，即，
所以直线的方程为：或.
方法2：因为直线，关于直线对称，所以直线必过点，易知直线的斜率存在，
设直线的方程为，即，
在直线上取一点，则其关于直线的对称点必在直线上，
所以，解得，
代入直线，得，解得或，
所以直线的方程为：或.
16．（2025高二上·杭州期中）在中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若的角平分线交边于，且，，求的面积.
【答案】（1）解：由于，结合正弦定理得，
又因为，
代入上式，可得，
，，即，
又，则，
，即.
（2）解：由余弦定理可得，即，
又是角的角平分线，
，
即，化简得，
所以，
所以，解得，
所以.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理将边化角，利用辅助角公式、诱导公式、两角和的正弦公式，化简可得，即可得答案.
（2）代入余弦定理，可得，根据等面积法，可得，联立解得，代入面积公式，即可得答案.
（1）由于，结合正弦定理得，
又因为，
代入上式，可得，
，，即，
又，则，
，即.
（2）由余弦定理可得，即，
又是角的角平分线，
，
即，化简得，
所以，
所以，解得，
所以.
17．（2025高二上·杭州期中）已知圆，圆，为坐标原点.
（1）若过点的直线与圆相切，求直线的方程；
（2）若圆上存在点，过点作圆的切线，切点为，且满足，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：设直线的方程为，则，
化简得；
所以直线的方程为或.
（2）解：设，由，则，
化简得点的轨迹方程为：，
因为点在圆上，
所以点要存在，只要圆与圆有交点即可，
所以，解得，
所以实数的取值范围.
【知识点】直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【分析】（1）直线过O点，设的方程为，由直线与圆相切的几何特征得圆心到直线的距离等于半径，列出方程，即可求得答案.
（2）先用两点间距离公式结合求出点Q的轨迹方程；在圆上，即圆与圆有交点，即两圆相交，圆心距，列出不等式，即可求得答案.
（1）设直线的方程为，则，
化简得；
所以直线的方程为或
（2）设，由，则，
化简得点的轨迹方程为：，
因为点在圆上，
所以点要存在，只要圆与圆有交点即可，
所以，解得，
所以实数的取值范围
18．（2025高二上·杭州期中）如图，在三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在棱上，设.
（1）当时，求证：平面；
（2）当时，求平面与平面所成角的余弦值；
（3）当直线与平面的所成角最大时，求的值.
【答案】（1）证明：取中点，取靠近点的四等分点，
连接，，，可得，且，
又，
且，
，，
四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
平面.
（2）解：如图以为坐标原点，，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为
则，可得，
令，得，
，
，，
设平面的一个法向量为，
则，可得，
令，得，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（3）解：方法一：由第（1）小题可知，平面，平面平面，
所以点到平面距离即为点到的距离，此距离为定值，
要使直线与平面的所成角最大，只需即可.
，，
，
由，得.
方法二：易求平面的一个法向量为，，
设直线与平面的所成角为，则
，
所以当时，最大，即直线与平面的所成角最大.
【知识点】平面与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先证四边形是平行四边形：对应取靠近点的四等分点，可得，；根据比例相同，可得，，即证；根据线面平行的判定定理，即可得证.
（2）如图建系，求得各点、直线的方向向量坐标，再求平面的法向量和平面的法向量，代入二面角的向量公式，计算求解，即可得答案.
（3）方法一： 由平面 可得点到平面距离即为点到的距离，为定值；时直线与平面的所成角最大，分别求出坐标，计算即可得答案；
方法二：类比（2）求出平面的一个法向量为，代入线面角的向量公式，可得线面角正弦值的表达式，结合二次函数的性质，即可求得答案.
（1）证明：取中点，取靠近点的四等分点，
连接，，，可得，且，
又，
且，
，，
四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
平面.
（2）如图以为坐标原点，，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为
则，可得，
令，得，
，
，，
设平面的一个法向量为，
则，可得，
令，得，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（3）方法1：由第（1）小题可知，平面，平面平面，
所以点到平面距离即为点到的距离，此距离为定值，
要使直线与平面的所成角最大，只需即可.
，，
，
由，得.
方法2：易求平面的一个法向量为，，
设直线与平面的所成角为，则
，
所以当时，最大，即直线与平面的所成角最大.
19．（2025高二上·杭州期中）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，不过点的直线与椭圆相交于两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若弦的中点的纵坐标为，求面积的最大值；
（3）若，求证：直线过定点.
【答案】（1）解：
由题意得：，解得，
椭圆方程为：
（2）解：因为弦的中点的纵坐标为，所以直线斜率存在.
设直线，代入，可得，
设，，则，，
因为弦的中点的纵坐标为，
所以，即，
，
O到直线MN的距离，
，
由，，可得，
当即时，取得最大值.
（3）证明，，
即，
，，
代入（*）式，得，
即，
化简得，
即 ，
或，
当时，则直线，此时直线过点，不合题意舍去，
当时，则直线，此时直线过定点，
当直线斜率不存在时，直线交椭圆于，，
此时，显然成立.
直线过定点.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）代入离心率，结合，将点坐标代入椭圆方程， 联立可求.
（2）直线l斜率存在，设方程为，联立直线方程与椭圆方程，消元，列出韦达定理，代入弦长公式，可得，再求得O到直线MN的距离，代入面积公式，结合m的范围，即可得答案.
（3）求出坐标，垂直可得，将直线方程代入，结合韦达定理，化简可求m值，分类讨论和，即可得答案.
（1）由题意得：，解得，椭圆方程为：
（2）因为弦的中点的纵坐标为，所以直线斜率存在.
设直线，代入，可得，
设，，则，，
因为弦的中点的纵坐标为，
所以，即，
，
O到直线MN的距离，
，
由，，可得，
当即时，取得最大值.
（3），，
即，
，，
代入（*）式，得，
即，
化简得，
即 ，
或，
当时，则直线，此时直线过点，不合题意舍去，
当时，则直线，此时直线过定点，
当直线斜率不存在时，直线交椭圆于，，
此时，显然成立.
直线过定点.
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