2025-2026学年高二数学上期中押题卷2-2（人教A版）

绝密★启用前 2025-2026学年高二数学上期中押题卷2-2（人教A版） 考试范围：第6章~第8章 考试分值：150分；考试时间：120分钟；命题人：冲冠数学 题号 一 二 三 四 总分 得分 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） 评卷人 得 分 一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）已知直线l：kx﹣y﹣1＝0（k≠0）与圆C：x2+y2﹣4x+3＝0相切，则k＝（　　） A． B． C． D． 2．（5分）已知||＝3，||＝2，（2）•（3）＝﹣18，则与的夹角为（　　） A．30° B．60° C．120° D．150° 3．（5分）已知F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上一点．若PF2⊥F1F2，|PF1|＝3|PF2|，则C的离心率为（　　） A． B． C． D． 4．（5分）已知（1，），（2，0），则在上的投影向量为（　　） A．（1，0） B． C． D． 5．（5分）已知菱形ABCD，，将△DAC沿对角线AC折起，使以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 6．（5分）若实数x，y满足（x+5）2+（y﹣12）2＝142，则x2+y2的最小值为（　　） A．2 B．1 C． D． 7．（5分）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的两个左、右焦点为F1，F2，点P是椭圆C上的一点，|OP||，且tan∠PF1F2．则椭圆C的离心率为（　　） A． B． C． D． 8．（5分）如图，在四面体ABCD中，△ADB与△ADC为等边三角形，且BD⊥DC，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 评卷人 得 分 二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） （多选）9．（6分）在平面直角坐标系中，A，B是圆C：（x﹣2）2+y2＝2上的两个动点，P点坐标为（0，2），则下列判断正确的有（　　） A．△ABC面积的最大值为1 B．∠APB的取值范围为 C．若AB为直径，则||＝2 D．若直线l过点P．则点A到直线l距离的最大值为 （多选）10．（6分）已知F1，F2是椭圆的两个焦点，过F1的斜率存在且为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，P是AB的中点，O为坐标原点，则（　　） A．椭圆C的离心率为 B．存在点A使得AF1⊥AF2 C．若|AF2|+|BF2|＝12，则|AB|＝8 D．OP与AB的斜率满足 （多选）11．（6分）已知函数，则正确的是（　　） A．f（x）的值域为（﹣1，+∞） B．f（x+1）＞1的解集为（﹣2，+∞） C．f（x）的图象与g（x）＝2x﹣1的图象关于y轴对称 D．函数y＝f（x）﹣f（﹣x）是偶函数 第Ⅱ卷（非选择题） 评卷人 得 分 三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（5分）已知，则sin2αsin2β＝　 　 ． 13．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，BC＝3，AD＝2，∠ABC＝90°，∠BAD＝150°，且PA⊥平面ABCD，过点A的平面α与侧棱PB，PC，PD分别交于点E，F，G，若四边形AEFG为菱形，则PA＝　 　 ． 14．（5分）已知O为坐标原点，点A，B，C为椭圆上三个不同的点（A，B，C依次逆时针排列）．若∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，则的最小值为 　 　 ． 评卷人 得 分 四．解答题（共5小题，满分77分） 15．（13分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长均为． （1）求四棱锥P﹣ABCD的体积V； （2）若M是侧棱PD上任意一点，求证：AC⊥BM． 16．（15分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝a（1+2cosB）． （1）求证：B＝2A； （2）若，求△ABC的面积． 17．（15分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，AD＝AE＝BC＝BF＝3，AB∥EF，EF＝2AB＝4． （1）设平面ADE∩平面BCF＝l，证明：l∥CF； （2）直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面ABG？若存在，确定G的位置并说明理由； （3）若，λ∈[0，1]，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围． 18．（17分）圆心在直线x+2y＝0上的圆C与y轴的负半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为． （1）求圆C的标准方程； （2）过点P（4，﹣2）作圆C的切线l，求切线l的方程； （3）若圆C上恰好有3个点到直线l：x+y+m＝0的距离为1，求m的值． 19．（17分）已知F1，F2分别为椭圆的左，右焦点，G为E的上顶点，点P为椭圆E上的一个动点，且三角形F1PF2面积的最大值为1，焦距为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，过点F1，F2作两直线l1，l2分别与椭圆E相交于点M，N和点A，B． （i）若点M，N不在坐标轴上，且∠MGF1＝∠NGF1，求直线l1的方程； （ii）若直线l1，l2斜率都存在，且MN⊥AB，求四边形MANB面积的最小值． 2025-2026学年高二数学上期中押题卷2-2（人教A版） 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D B A A C B B A 二．多选题（共3小题） 题号 9 10 11 答案 ABD ABC AC 一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）已知直线l：kx﹣y﹣1＝0（k≠0）与圆C：x2+y2﹣4x+3＝0相切，则k＝（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：圆C：x2+y2﹣4x+3＝0化成标准方程为（x﹣2）2+y2＝1，其中圆心为（2，0），半径为1， 因为直线l：kx﹣y﹣1＝0（k≠0）与圆C：x2+y2﹣4x+3＝0相切， 所以，解得k或k＝0（舍）， 所以k． 故选：D． 2．（5分）已知||＝3，||＝2，（2）•（3）＝﹣18，则与的夹角为（　　） A．30° B．60° C．120° D．150° 【答案】B 【解答】解：||＝3，||＝2，（2）•（3）＝﹣18， 可得18，可得3， 所以cos，， ，∈[0°，180°]， 所以，60°． 故选：B． 3．（5分）已知F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上一点．若PF2⊥F1F2，|PF1|＝3|PF2|，则C的离心率为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：因为|PF1|＝3|PF2|，|PF1|+|PF2|＝2a，则， 因为PF2⊥F1F2，所以，解得，即椭圆C的离心率为． 故选：A． 4．（5分）已知（1，），（2，0），则在上的投影向量为（　　） A．（1，0） B． C． D． 【答案】A 【解答】解：根据题意，可得||＝2，1×20＝2， 所以在上的投影向量为•（1，0）． 故选：A． 5．（5分）已知菱形ABCD，，将△DAC沿对角线AC折起，使以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：记AC的中点为E，因为AD＝CD，所以DE⊥AC， 同理，BE⊥AC，记AB＝2a， 因为，所以， 所以BE＝DE＝a，， 易知，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D﹣ABC的体积最大， 此时， 以E为原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 所以， 所以， 所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为． 故选：C． 6．（5分）若实数x，y满足（x+5）2+（y﹣12）2＝142，则x2+y2的最小值为（　　） A．2 B．1 C． D． 【答案】B 【解答】解：由实数x，y满足（x+5）2+（y﹣12）2＝142， 可设x+5＝14cosθ，y﹣12＝14sinθ， 得x＝14cosθ﹣5，y＝14sinθ+12． ∴x2+y2＝（14cosθ﹣5）2+（14sinθ+12）2 ＝142（cos2θ+sin2θ）﹣140cosθ+336sinθ+169 ＝336sinθ﹣140cosθ+365 ＝28（12sinθ﹣5cosθ）+365 ＝28×13sin（θ﹣φ）+365（tanφ）． ∴当sin（θ﹣φ）＝﹣1时，x2+y2的最小值为1． 故选：B． 7．（5分）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的两个左、右焦点为F1，F2，点P是椭圆C上的一点，|OP||，且tan∠PF1F2．则椭圆C的离心率为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：由，得，， 令|PF2|＝m，则|PF1|＝3m，由椭圆定义得m+3m＝2a，所以a＝2m， 又（3m）2+m2＝（2c）2，所以，故， 故选：B． 8．（5分）如图，在四面体ABCD中，△ADB与△ADC为等边三角形，且BD⊥DC，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：如图，作AO⊥平面BCD于点O， 因为AB＝AC＝AD，则O为△BCD的外心， 又BD⊥DC，BD＝DC，故点O为斜边BC的中点，且DO⊥BC． 故可以点O为原点，分别以DO，OC，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图． 设BD＝DC＝4，则，则， ， 则有， 因为E，F分别为棱AD，AB的中点， 所以，， 则，， 设直线BE，CF所成的角为θ， 则． 故选：A． 二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） （多选）9．（6分）在平面直角坐标系中，A，B是圆C：（x﹣2）2+y2＝2上的两个动点，P点坐标为（0，2），则下列判断正确的有（　　） A．△ABC面积的最大值为1 B．∠APB的取值范围为 C．若AB为直径，则||＝2 D．若直线l过点P．则点A到直线l距离的最大值为 【答案】ABD 【解答】解：由题意得圆C：（x﹣2）2+y2＝2的圆心C（2，0），半径r， 对于A：S△ABC|CA|•|CB|sin∠ACBr2•sin∠ACB＝sin∠ACB≤1， 当且仅当∠ACB＝90°时，等号成立，∴△ABC面积的最大值为1，故A正确； 对于B：作出圆C，如图所示： 图①图② 由图象①可得当P，A，B三点共线时，此时∠APB最小，且为0°， 由图象②可得当PA，PB分别与圆C相切时，此时∠APB最大， 由题意得|PC|2，|CA|＝r， 在Rt△ACP中，sin∠APC，则∠APC， 由圆的性质可得∠APB＝2∠APC， ∴∠APB的取值范围为，故B正确； 对于C：若AB为直径，且C是AB的中点， 由平行四边形法则得2，|PC|2， ∴||＝2||＝4，故C错误； 对于D：作图，如图所示： 由图象可得当AP⊥l，垂足为P时，此时点A到直线l的距离最大，设最大距离为d， 则d＝|PC|+r＝23，故D正确， 故选：ABD． （多选）10．（6分）已知F1，F2是椭圆的两个焦点，过F1的斜率存在且为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，P是AB的中点，O为坐标原点，则（　　） A．椭圆C的离心率为 B．存在点A使得AF1⊥AF2 C．若|AF2|+|BF2|＝12，则|AB|＝8 D．OP与AB的斜率满足 【答案】ABC 【解答】解：由椭圆方程知：椭圆的焦点在y轴上，则a2＝25，b2＝9，所以c2＝a2﹣b2＝16，则c＝4， 不妨设F1（0，﹣4），F2（0，4），直线AB的方程为：y＝kx﹣4，A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0）， 对于A：，因此A正确； 对于B：，即， 则点A到原点的距离为4，又椭圆上的点到原点的距离范围为[3，5]，所以存在点A使得AF1⊥AF2，因此选项B正确； 对于C：由椭圆的定义得|AB|＝|AF1|+|BF1|＝2a﹣|AF2|+2a﹣|BF2|，＝4a﹣（|AF2|+|BF2|）＝4×5﹣12＝8，因此选项C正确； 对于D：因为点A，B在椭圆上，所以，两式相减得，， 则，， 即，所以，因此选项D错误． 故选：ABC． （多选）11．（6分）已知函数，则正确的是（　　） A．f（x）的值域为（﹣1，+∞） B．f（x+1）＞1的解集为（﹣2，+∞） C．f（x）的图象与g（x）＝2x﹣1的图象关于y轴对称 D．函数y＝f（x）﹣f（﹣x）是偶函数 【答案】AC 【解答】解：对于A，函数1⇒f（x）值域为（﹣1，+∞），A正确； 对于B，令1，得，即2﹣x﹣1＞21⇒x+1＜﹣1，解得x＜﹣2， 故f（x+1）＞1的解集为（﹣∞，﹣2），B错误； 对于C，由，可得， 由图知，f（x）的图象与g（x）＝2x﹣1的图象关于y轴对称，C正确； 对于D，设h（x）＝f（x）﹣f（﹣x）＝2﹣x﹣2x，函数的定义域为R，关于原点对称， 且h（﹣x）＝2x﹣2﹣x＝﹣h（x），故h（x）＝f（x）﹣f（﹣x）为奇函数，故D错误． 故选：AC． 三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（5分）已知，则sin2αsin2β＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：由于，故，整理得， 故． 故答案为：． 13．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，BC＝3，AD＝2，∠ABC＝90°，∠BAD＝150°，且PA⊥平面ABCD，过点A的平面α与侧棱PB，PC，PD分别交于点E，F，G，若四边形AEFG为菱形，则PA＝　　 ． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：根据题意：补全四边形， 易知△MCD是边长为4的正三角形， A为MD的中点，B为线段MB上靠近M的四等份点，以为基底，PA⊥平面ABCD，及其∠DAC＝90°， 则AC，AD，AP两两垂直，且，AD＝2，不妨设PA＝a， 则，过点A的平面α与侧棱PB，PC，PD分别交于点E，F，G， 设，，，则0＜x，y，z＜1， 于是，， ， 由于四边形AEFG为菱形， 则，可列方程组：， 解得 则，， ，得， 知， 所以． 故答案为：． 14．（5分）已知O为坐标原点，点A，B，C为椭圆上三个不同的点（A，B，C依次逆时针排列）．若∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，则的最小值为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：已知O为坐标原点，点A，B，C为椭圆上三个不同的点（A，B，C依次逆时针排列），若∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°， 设|OA|＝ρ1，|OB|＝ρ2，|OC|＝ρ3， ∴A（ρ1cosθ，ρ1sinθ），B（ρ2cos（θ+120°），ρ2sin（θ+120°）），C（ρ3cos（θ+240°），ρ3sin（θ+240°））， ∴， cos2θ+cos2（θ+120°）+cos2（θ+240°） ， ， ∴， ， ∴， 当且仅当时取“＝”， 即，时，等号成立， 则的最小值为． 故答案为：． 四．解答题（共5小题，满分77分） 15．（13分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长均为． （1）求四棱锥P﹣ABCD的体积V； （2）若M是侧棱PD上任意一点，求证：AC⊥BM． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）连接BD，设AC∩BD＝O，连接PO， ∵ABCD是边长为2的正方形， ∴， 又∵， ∴PO⊥AC，PO⊥BD，且， ∴四棱锥P﹣ABCD的体积为． （2）证明：由（1）知AC⊥BD，且AC⊥PO， ∵PO∩BD＝O， ∴AC⊥平面PBD， ∵BM⊂平面PBD， ∴AC⊥BM． 16．（15分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝a（1+2cosB）． （1）求证：B＝2A； （2）若，求△ABC的面积． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【解答】（1）证明：由c＝a（1+2cosB），根据正弦定理得sinC＝sinA（1+2cosB）， 在△ABC中，sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB， 所以sinAcosB+cosAsinB＝sinA+2sinAcosB， 整理得cosAsinB﹣sinAcosB＝sinA，即sin（B﹣A）＝sinA， 所以B﹣A＝A或B﹣A+A＝π（不符合题意，舍去），可得B＝2A． （2）解：根据正弦定理， 可得，即，解得， 由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA＝9，即24+c2﹣8c＝9， 整理得c2﹣8c+15＝0，解得c＝3或c＝5． 当c＝3时，a＝c＝3，C＝A，结合B＝2A可得A+B+C＝4A＝π，所以． 此时a2+c2＝18≠b2，故不符合题意，舍去． 所以c＝5，，ΔABC的面积为． 17．（15分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，AD＝AE＝BC＝BF＝3，AB∥EF，EF＝2AB＝4． （1）设平面ADE∩平面BCF＝l，证明：l∥CF； （2）直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面ABG？若存在，确定G的位置并说明理由； （3）若，λ∈[0，1]，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2）存在，G为DE中点，理由见解析； （3）． 【解答】（1）证明：因为四边形CDEF为矩形，所以CF∥DE， 又因为DE⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，所以CF∥平面ADE， 因为平面ADE∩平面BCF＝l，CF⊂平面BCF，所以l∥CF． （2）解：存在G为DE中点，使得DE⊥平面ABG． 理由如下： 取DE的中点G，因为AD＝AE，可得AG⊥DE， 又因为EF∥AB且EF⊥DE，所以AB⊥DE， 因为AB∩AG＝A且AB，AG⊂平面ABG，所以DE⊥平面ABG． （3）解：设点H为DE中点，取EF和FC和AB中点为P，Q，S， 由（2）知，E，F，H，Q共面且DE⊥平面ABH，设DF与CE连线交于O点， 连接OS，则DE⊥OS，可得ABQH为等腰梯形，且EF＝4， 建立如图示的空间直角坐标系O﹣xyz，则E（2，﹣2，0），F（2，2，0），C（﹣2，2，0），D（﹣2，﹣2，0）， 因为EF＝2AB，所以AB＝2， 设AB到平面DCFE的距离为h， 由四边形ABFE和四边形ABCD为两个全等的等腰梯形，且EF∥AB， 设A（0，﹣1，h），B（0，1，h）， 因为EA＝AD＝BF＝BC＝3，所以，解得h＝2， 所以A（0，﹣1，2），B（0，1，2）， 可得，，，， 令λ，λ∈[0，1]，所以， 设平面BFG的法向量为（x，y，z），则， 取x＝2，可得y＝﹣2λ，z＝2﹣λ，所以（2，﹣2λ，2﹣λ）， 设平面DEA的法向量为（a，b，c），则， 取c＝1，可得a＝0，b＝﹣2，所以（0，﹣2，1）， 所以|cos，|， 令，则， 则|cos，|••， 令，则，所以f（t）在上单调递增， 当时，；当时，f（t）max＝18； 所以，所以|cos，|∈[，]， 所以平面BFG和平面DEA的夹角余弦值的取值范围是． 18．（17分）圆心在直线x+2y＝0上的圆C与y轴的负半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为． （1）求圆C的标准方程； （2）过点P（4，﹣2）作圆C的切线l，求切线l的方程； （3）若圆C上恰好有3个点到直线l：x+y+m＝0的距离为1，求m的值． 【答案】（1）（x﹣2）2+（y+1）2＝4； （2）x﹣4＝0或3x﹣4y﹣20＝0； （3）或． 【解答】解：（1）因为圆C的圆心在直线x+2y＝0上，所以可设圆心C（﹣2m，m）， 因为圆C与y轴的负半轴相切，所以m＜0，半径r＝﹣2m， 又圆C截x轴所得弦的长为，所以，解得m＝﹣1， 所以圆C的圆心C（2，﹣1），半径r＝2， 所以圆C的标准方程为（x﹣2）2+（y+1）2＝4； （2）由（1）可知圆C的圆心C（2，﹣1），半径r＝2， 因为l与圆C相切，所以圆心C（2，﹣1）到直线l的距离d＝r＝2， 当直线l斜率不存在时，l：x＝4，此时圆心C（2，﹣1）到直线l的距离d＝2，符合题意， 当直线l斜率存在时，设斜率为k，则l：y+2＝k（x﹣4），即kx﹣y﹣4k﹣2＝0， 此时圆心C（2，﹣1）到直线l的距离dr＝2，解得， 即直线l的方程为：y+2（x﹣4）， 即3x﹣4y﹣20＝0， 综上所述：切线l的方程为x﹣4＝0或3x﹣4y﹣20＝0； （3）因为圆C上恰好有3个点到直线l：x+y+m＝0的距离为1， 所以直线l分割圆C为一段优弧和一段劣弧， 在劣弧上有且仅有一个点到直线l的距离为1，且该点为劣弧的中点， 所以圆心C（2，﹣1）到直线l：x+y+m＝0的距离d'1， 即，解得或． 19．（17分）已知F1，F2分别为椭圆的左，右焦点，G为E的上顶点，点P为椭圆E上的一个动点，且三角形F1PF2面积的最大值为1，焦距为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，过点F1，F2作两直线l1，l2分别与椭圆E相交于点M，N和点A，B． （i）若点M，N不在坐标轴上，且∠MGF1＝∠NGF1，求直线l1的方程； （ii）若直线l1，l2斜率都存在，且MN⊥AB，求四边形MANB面积的最小值． 【答案】（1）； （2）（i）3x+y+3＝0； （ii）． 【解答】解：（1）因为椭圆E的焦距为2且三角形F1PF2面积的最大值为1， 所以， 解得a，b＝c＝1， 则椭圆E的标准方程为； （2）（i）设∠MGF1＝∠NGF1＝θ，MG的倾斜角为α，NG的倾斜角为β， 此时， 所以， 因为， 所以kMG•kNG＝1， 易知直线l1的斜率不为零， 设直线l1的方程为x＝my﹣1，M（x1，y1），N（x2，y2）， 联立，消去x并整理得（m2+2）y2﹣2my﹣1＝0， 此时Δ＝8m2+8＞0， 由韦达定理得， 因为kMG•kNG＝1， 所以， 即（y1﹣1）（y2﹣1）＝x1x2＝（my1﹣1）（my2﹣1）， 可得3m2﹣2m﹣1＝0， 因为m≠1， 所以， 则直线l1的方程为3x+y+3＝0； （ii）设直线l1的方程为y＝k（x+1），M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4）， 联立，消去y并整理得（2k2+1）x2+4k2x+（2k2﹣2）＝0， 此时Δ＝8k2+8＞0， 由韦达定理得， ， 因为MN⊥AB， 所以， 同理得， 所以 ， 当且仅当，即k＝±1时，等号成立． 则当k＝±1时，四边形MANB面积取得最小值，最小值为． 第1页 共2页 ◎ 第2页 共2页 学科网（北京）股份有限公司 $