-2026學(xué)年上學(xué)期期中考試高二數(shù)學(xué)試題答案解析1．A【分析】直接應(yīng)用斜率公式進行求解即可.【詳解】由，得的斜率為．故選：A2．D【分析】根據(jù)垂直關(guān)系可得，進而根據(jù)坐標運算以及模長公式即可求解.【詳解】由于與垂直，所以，所以，故，故選：D3．A【分析】利用橢圓的定義列式計算得解.【詳解】橢圓的長軸長，而點到橢圓一個焦點的距離為7，所以到另一個焦點的距離為.故選：A4．B【分析】根據(jù)空間向量基本定理進行求解.【詳解】因為，點N為BC中點，所以，故.故選：B5．A【分析】利用直線系方程結(jié)合直線平行的條件可得參數(shù)，進而即得.【詳解】由已知，可設(shè)所求直線的方程為：，即，又因為此直線與直線平行，所以：，解得：，所以所求直線的方程為：，即．故選：A．6．C【分析】先求出直線所過的定點，再根據(jù)時取得最小值結(jié)合圓的弦長公式即可得解.【詳解】直線，即，令，解得，所以直線過定點，圓的圓心，半徑，因為，所以點在圓內(nèi)，則圓心到直線的距離（時取等號），所以（時取等號），所以的最小值為.故選：C.7．B【分析】設(shè)橢圓的上頂點、右頂點、左焦點分別為，依題意可得，結(jié)合即可求得橢圓的離心率.【詳解】設(shè)橢圓的上頂點、右頂點、左焦點分別為，則，且，所以，，，依題意為等腰三角形，，所以，化簡得，又，所以，即，解得，又，所以，即橢圓的離心率為.故選：B

8．C【分析】以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出異面直線與的夾角的余弦值，根據(jù)夾角最小即可求得結(jié)果．【詳解】以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，在正方體中,點E為線段的中點，設(shè)正方體棱長為2，則，,設(shè)，，設(shè)異面直線與的夾角為，則,異面直線與所成角最小時，則最大，即時，.故選：C.【點睛】本題考查異面直線及其所成的角的余弦值，解題方法是建立空間直角坐標系，用空間向量法表示距離、求角，屬于中檔題.9．AC【分析】根據(jù)一般式直線方程，結(jié)合公式，分別判斷直線的縱截距，斜率，定點，點到直線的距離.【詳解】A.直線中，當時，，故A正確；B.直線的斜率，所以傾斜角為，故B錯誤；C.直線，當時，，所以直線恒過定點，故C正確；D.點到直線的距離，故D錯誤.故選：AC10．AD【分析】根據(jù)方程為圓列式求解判斷A，排除B，根據(jù)橢圓標準方程的特征列不等式求解范圍即可判斷CD.【詳解】當即時，方程為，表示圓心為原點，半徑為1的圓，故選項A正確，選項B錯誤；若C為橢圓，且焦點在x軸上，則，解得，故選項C錯誤；若C為橢圓，且焦點在y軸上，則，解得，故選項D正確.故選：AD.11．ACD【分析】對于A，判斷兩圓的位置關(guān)系，得出公切線條數(shù)；對于B，兩圓作差得公共線直線方程；對于C，求出圓心到直線的距離，再根據(jù)勾股定理求解；對于D，的最大值為加上兩圓半徑.【詳解】對于A，圓的圓心為，半徑為2；圓的圓心，半徑為1，因為，所以兩圓相交，兩圓有兩條公切線，故A正確；對于B，因為圓，圓，兩圓作差得即，所以直線的方程為，故B錯誤；對于C，圓的圓心為，半徑為2，則圓心到直線的距離，所以，故C正確；對于D，圓的圓心，半徑為1，所以，故D正確．故選：ACD．12.【答案】BC【分析】對A，由面面平行說明；對B，以D為坐標原點可建立如圖的空間直角坐標系，由向量法說明，C，P三點共線；對C，由向量法證，再由線線垂直證平面；對D，由向量法求線面角，進而討論范圍.【詳解】對于A，點P在平面內(nèi)，平面平面，所以點P到平面的距離即為點C到平面的距離，即正方體的棱長，所以，A錯誤；對于B，以D為坐標原點可建立如圖的空間直角坐標系，則，，，，，，且，，所以，，．因為，所以，所以，即，所以，所以，即，C，P三點共線，故點P在線段上，B正確；對于C，，，，，，由，因為，，平面，所以平面，C正確；對于D，，，平面的一個法向量為．設(shè)與平面的夾角為，為銳角，其正弦值為．由，得，D錯誤．故選：BC．13．5【分析】根據(jù)空間點的坐標的含義，即可得答案.【詳解】點在平面上的射影是，則點在平面距離為.故答案為：514.【答案】【分析】首先將橢圓方程化為標準式，即可得到、，根據(jù)焦距求出.【詳解】橢圓即，焦點在軸上，所以，所以，又橢圓的焦距為4，所以，解得．故答案為：15．（或或）【分析】分、和討論即可得解.【詳解】由圓：，得圓心，半徑，，在圓上，若，可得過圓心且，又，，直線的方程為，即；若，可得過圓心且，則,可得的直線的方程為，聯(lián)立圓方程，解得或，可得的坐標為或，根據(jù)圓的對稱性易知，直線的方程為或，即或；若，由的等價性可知該情況與一致；綜上：直線方程為：或或．故答案為：（或或）.16.【答案】【分析】通過建系，把轉(zhuǎn)換成向量垂直坐標運算，結(jié)合存在點，進而轉(zhuǎn)換為方程有解問題.【詳解】

因為在矩形中，平面，所以以，，所在直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，設(shè)，，其中或不符題意，則，，，則有，由，得即，若線段上存在點，即方程在有解，設(shè)函數(shù)為，，對稱軸為，則方程在有解需滿足，又因為，所以.故答案為：17．(1)；(2)或．【分析】（1）根據(jù)直線方程垂直設(shè)出方程求解未知數(shù)即可；（2）根據(jù)截距的概念分類討論求方程即可.【詳解】（1）因為直線與直線垂直，所以可設(shè)直線的方程為，因為直線過點，所以，解得，所以直線的方程為（2）當直線過原點時，直線的方程是，即．當直線不過原點時，設(shè)直線的方程為，把點代入方程得，所以直線的方程是．綜上，所求直線的方程為或18．(1)8(2)【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合橢圓的定義運算求解；（2）根據(jù)弦長公式結(jié)合韋達定理運算求解.【詳解】（1）由橢圓方程可知：，則，所以的周長為.（2）由（1）可知：，且直線的斜率，可得：直線，設(shè)，聯(lián)立方程，消去y得，則，且，所以.19．(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，根據(jù)題意證得且，得到四邊形為平行四邊形，從而得到，結(jié)合線面平行的判定定理，即可得證；（2）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得向量和平面的一個法向量，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）證明：取的中點，連接，在中，因為分別為的中點，可得且，又因為為的中點，所以且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面.（2）解：因為底面是菱形，且，連接，可得為等邊三角形，又因為為的中點，所以，則，又由平面，以為坐標原點，以所在的直線分別為和軸建立空間直角坐標系，如圖所示，因為底面是菱形，且，，可得，則，設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，所以，設(shè)直線與平面所成的角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.

20．(1)相交，截得的弦長為2.(2)或.【分析】（1）利用點到直線的距離公式以及直線與圓的位置關(guān)系求解；（2）利用直線與圓相切與點到直線的距離公式的關(guān)系求解.【詳解】（1）由圓可得，圓心,半徑，圓心到直線的距離為，所以直線與圓相交，直線被圓截得的弦長為.（2）若過點的直線斜率不出在，則方程為，此時圓心到直線的距離為，滿足題意；若過點且與圓相切的直線斜率存在，則設(shè)切線方程為，即，則圓心到直線的距離為，解得，所以切線方程為，即，綜上，過點且與圓相切的直線方程為或.21．(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）連接,根據(jù)題意證得和，利用線面垂直的判定定理，證得平面，進而證得；（2）取中點，連接，以為原點，建立空間直角坐標系，假設(shè)點存在，設(shè)點，求得平面和的一個法向量和，結(jié)合向量的夾角公式，列出方程，求得，即可求解.【詳解】（1）證明:如圖所示，連接,因為為棱臺，所以四點共面，又因為四邊形為菱形，所以，因為平面，平面，所以，又因為且平面，所以平面，因為平面，所以.（2）解：取中點，連接，因為底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，由于平面，以為原點，分別以為軸、軸和軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則假設(shè)點存在，設(shè)點的坐標為，其中，可得

設(shè)平面的法向量，則，取，可得，所以.又由平面的法向量為，所以，解得由于二面角為銳角，則點在線段上，所以，即故上存在點，當時，二面角的余弦值為.

22．(1)(2)存在，【分析】（1）設(shè)，則，整理即可得解；（2）當時，設(shè)直線方程為，，，聯(lián)立直線與橢圓方程，消