精品解析：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

2025学年第一学期期中杭州地区（含周边）重点中学 高二年级数学学科试题 一、选择题：本大题共8小题.每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置. 1. 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. 若直线的倾斜角为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 3. 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. 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. 在直三棱柱中，为中点，为靠近四等分点，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. 设，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 在空间直角坐标系中，，，，向量且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 8. 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 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分.有选错的得0分. 9. 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. 过点直线与圆交于，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. 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 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为___________. 13. 已知是椭圆上一点，是直线上一点，则最小值为___________. 14. 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___________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 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，求直线方程. 16. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若角平分线交边于，且，，求的面积. 17. 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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期期中杭州地区（含周边）重点中学 高二年级数学学科试题 一、选择题：本大题共8小题.每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置. 1. 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 【解析】 【分析】利用复数的除法得，从而可判断其对应的点的位置. 【详解】，复数在复平面内对应的点为， 所以该点在第四象限， 故选：D. 2. 若直线倾斜角为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将直线变成斜截式，可得斜率k，根据倾斜角，求得斜率k，即可求得答案. 【详解】直线l变形可得，斜率， 因为倾斜角为，所以斜率， 所以，解得. 故选：B 3. 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 【解析】 【分析】求出“”的充要条件，再结合充分不必要条件的定义即可得解. 【详解】若“”，则， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 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 【解析】 【分析】求出试验的样本空间和事件（“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. 【详解】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. 故选：C 5. 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 【解析】 【分析】将直三棱柱补形成直四棱柱，设出各个长度，根据体积公式，求出四棱锥的体积，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. 【详解】将直三棱柱补形成直四棱柱，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. 故选：C 6. 设，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，根据椭圆的定义可得，继而利用余弦定理即可求出的值，利用，平方后即可求得答案． 【详解】对于椭圆，有，， 设，，则， 又，，， 故， 即，即， ，又为的中点，故， 则， 故，也即． 故选：D． 7. 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 【解析】 【分析】先求出坐标，进而可得，由题意，设，利用，化简整理，即可得出答案. 【详解】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. 故选：B 8. 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 【解析】 【分析】先求出点P满足的曲线方程，对于A，将轨迹方程中的与互换，分析曲线方程是否发生改变即可判断选项是否正确；对于B，将轨迹方程中的换为，换为，分析曲线方程是否发生改变即可判断选项是否正确；对于C，结合放缩即可求解；对于D，结合放缩即可求解． 【详解】设，点到直线的距离为， 点到点的距离为， 依题意有，， 两边同时平方并化简得，也即， 对于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，故A正确； 对于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，故B正确； 对于C，设，则，即求的最值， 由，可得， 即，当且仅当时等号成立，所以，故C错误； 对于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点曲线上，联立可得此时，所以，故D正确． 故选：C． 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分.有选错的得0分. 9. 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，，，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】BD 【解析】 【分析】根据百分位数的求法，可判断A的正误；根据方差的求法，可判断B的正误；根据互斥事件的定义，可判断C的正误；根据独立事件的概率公式，可判断D的正误. 【详解】选项A：，所以第75百分位数是，故A错误； 选项B：因为样本数据，，，的方差为4， 所以数据，，，的方差为，故B正确； 选项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，故C错误； 选项D：若事件与事件相互独立，，， 则，故D正确. 故选：BD 10. 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】ACD 【解析】 【分析】先判断在圆内，求出圆心到直线的最大距离判断A的正误；求出直线的方程后利用垂径定理可求弦长，从而判断B的正误；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. 【详解】圆标准方程为：，故，圆的半径为. 对于A：因为，故在圆的内部， 故当时，到的距离最大且最大距离为， 故A正确； 对于B：当直线斜率为1时,直线的方程为即， 故到的距离为，故，故B错误； 对于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，故C正确； 对于D： ， 而，故，故D正确； 故选：ACD. 11. 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】ACD 【解析】 【分析】根据正方体的性质，结合线面垂直的判定定理、性质定理，可证，，即可证平面，因为P在AC上运动，则平面，即可判断A的正误；利用等体积转化法，可求得三棱锥的体积，即可判断B的正误；如图建系，设，根据条件，可得P点坐标，进而可得、坐标，根据异面直线夹角的向量求法，分析计算，结合二次函数的性质，可判断C的正误；将平面、翻折至与平面ABCD共面，如图所示，分析可得当共线时，的周长最小，求出各个长度，计算求值，即可判断D的正误. 【详解】选项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，故A正确； 选项B ：三棱锥的体积 ，故B错误； 选项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，故C正确； 选项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，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的求法，代入即可求得答案. 【详解】向量在向量方向上的投影向量为 . 故答案为： 13. 已知是椭圆上一点，是直线上一点，则的最小值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】设与直线l平行的直线为，与椭圆联立，根据判别式，可得t值，结合两平行线间距离公式，分析计算，即可得答案. 【详解】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： 14. 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】 【解析】 【分析】因为点在面上的投影落在点处，所以平面BCD，根据条件，求出各个长度，根据余弦定理，求出的余弦值，进而可得其正弦值，根据正弦定理，可得的外接圆半径，设棱锥外接球的球心为O，则平面BCD，根据三棱锥的几何性质，数形结合，计算求解，即可得答案. 【详解】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： 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 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） （2）或 【解析】 【分析】（1）联立两直线，求得交点，根据在轴上的截距为2，分析即可得答案. （2）方法1：直线上任取一点，由题意可得，该点到两直线距离相等，代入距离公式，即可得答案；方法2：设出直线方程，在直线上取一点，则其关于直线的对称点必在直线上，求出B点坐标，代入方程，即可得答案. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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. 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） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式、诱导公式、辅助角公式，化简可得，根据角C的范围，即可得答案. （2）根据余弦定理，可得，根据等面积法，结合面积公式，可得，联立解得，代入面积公式，即可得答案. 【小问1详解】 由于，结合正弦定理得， 又因为， 代入上式，可得， ，，，即，. 又，则， ，即. 【小问2详解】 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. 17. 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）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设的方程为，根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，列出方程，即可求得答案. （2）由题意，求出点Q的轨迹方程，要使在圆上，只需圆与圆有交点即可，根据两圆相交，圆心距，列出不等式，即可求得答案. 【小问1详解】 设直线的方程为，则， 化简得； 所以直线的方程为或 【小问2详解】 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 18. 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）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，取靠近点的四等分点，连接，，，可得，，根据比例相同，可得，，即可证明四边形是平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标，进而可求平面的法向量为和平面的法向量为，根据二面角的向量求法，计算求解，即可得答案. （3）方法1：分析可得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，分别求出坐标，计算即可得答案；方法2：求出平面的一个法向量为，根据线面角的向量求法，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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 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） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率公式，可得，将点坐标代入椭圆方程，结合a，b，c的关系，即可求得答案. （2）分析可得直线l斜率存在，设方程为，与椭圆联立，根据韦达定理，可得、表达式，代入弦长公式，可得表达式，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）由，可得，将直线方程代入，结合韦达定理，化简可得或，分别讨论，分析检验，即可得答案. 【小问1详解】 由题意得：，解得，椭圆方程为： 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 ，， 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， 当直线斜率不存时，直线交椭圆于，， 此时，显然成立. 直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $