精品解析：浙江省杭州北斗联盟2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题

2025学年第一学期杭州北斗联盟期中联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一、单项选择题：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，则复数对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在中，已知，，，则等于（ ） A. 1 B. C. D. 3. 若，则的一个充分不必要条件为（ ） A. B. C. D. 4. 设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 已知圆，圆，若与有公共点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 6. 已知向量，满足，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作．其中的一道题“今有木，方三尺，高三尺，欲方五寸作枕一枚．问：得几何？”意思是：“有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作多少个？”现有这样的一个正方体木料，其外周已涂上油漆，则从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率为 A. B. C. D. 8. 已知两点到直线的距离分别为，则满足条件的直线共有（ ） A. 条 B. 条 C. 条 D. 条 二、多项选择题：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. 已知两直线与，则（ ） A. 直线过定点 B. 直线在轴上的截距为1 C. 当时， D. 当时，与之间的距离为 10. 如图，在棱长为1的正方体中，下列选项正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 三棱锥的体积为 C. 直线平面 D. 二面角的大小为 11. 已知函数的定义域是都有，且当时，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在上单调递增 C. D. 满足不等式的取值范围是 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为_________. 13. 已知椭圆的焦距为6，则的值为_________. 14. 已知扇形OPQ中，半径，圆心角为，若要在扇形上截取一个面积为1的矩形ABCD，且一条边在扇形的一条半径上，如图所示，则的最小值为________． 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. 已知角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边在射线上. (1)求值； (2)求值. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱的长为，且与、的夹角都等于，在棱上，，设，，． （1）试用，，表示出向量； （2）求与所成的角的余弦值． 17. 已知圆经过点和，其圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）若直线过点且与圆相切，求的方程. 18. 如图，将边长为2的正方形沿对角线折成一个直二面角，且平面，. （1）若， （i）求证：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求实数的值，使得二面角的大小为60°. 19. 已知函数的定义域为集合，若都有，其中为正常数，则称函数为“距”增函数. （1）若函数，试判断函数是否为“距”增函数，并说明理由； （2）若函数，为“距”增函数，求正实数的取值范围； （3）若函数，为“2距”增函数，求最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期杭州北斗联盟期中联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一、单项选择题：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，则复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的减法运算求出复数，然后求出其在复平面对应的点，从而可求得结果. 【详解】因为， 所以， 所以复数在复平面对应的点为，位于第三象限． 故选：C 2. 在中，已知，，，则等于（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理即可求解. 【详解】由正弦定理，，即，解得 故选：B. 3. 若，则的一个充分不必要条件为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由充分必要条件关系，，反之不成立，即可判断. 【详解】由，反之不成立，所以P：的一个充分不必要条件为：，其它选项均不符合. 故选：D. 4. 设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行、线面垂直、面面垂直定义及判定定理，逐一判断正误. 【详解】A中，若，，，则直线m，n平行或异面，所以A错误． B中，若，，则或，所以B错误． C中，根据垂直于同一个平面的两条直线互相平行知C正确． D中，β，γ两平面可能相交或平行，所以D错误． 故选：C 5. 已知圆，圆，若与有公共点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】首先得到两圆的圆心坐标与半径，求出圆心距，依题意可得，即可求出的取值范围，即可得解. 【详解】圆则圆心，半径为， 圆则圆心，半径， 又， 因为与有公共点，则，又， 所以，即的最小值为. 故选：B 6. 已知向量，满足，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的计算公式，可得答案. 【详解】解：在上的投影向量的坐标为 故选：B. 7. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作．其中的一道题“今有木，方三尺，高三尺，欲方五寸作枕一枚．问：得几何？”意思是：“有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作多少个？”现有这样的一个正方体木料，其外周已涂上油漆，则从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作216个，由正方体的结构及锯木块的方法，可知一面带有红漆的木块是每个面的中间那16块，共有6×16＝96个，由此能求出从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率． 【详解】有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作216个， 由正方体的结构及锯木块的方法， 可知一面带有红漆的木块是每个面的中间那16块，共有6×16＝96个， ∴从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率： p． 故选C． 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、正方体的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数，使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可. 8. 已知两点到直线距离分别为，则满足条件的直线共有（ ） A. 条 B. 条 C. 条 D. 条 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，将问题转化成以为圆心，半径分别为的两圆的公切线的条数，再判断出两圆的位置关系，即可求解. 【详解】以为圆心，为半径的圆的方程为， 以为圆心，为半径的圆的方程为， 又，所以圆和圆外切， 当直线与圆和圆均相切时，两点到直线的距离分别为， 所以满足条件的直线共有条， 故选：C. 二、多项选择题：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. 已知两直线与，则（ ） A. 直线过定点 B. 直线在轴上的截距为1 C. 当时， D. 当时，与之间的距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，运用消去参数，对于B，运用截距概念；对于C，运用两直线垂直时，斜率之积为；对于D，两直线平行时，斜率相等，结合平行线距离公式计算.我们将根据这些性质来逐一分析每个选项. 【详解】对于选项A，对于直线，当时，，解得. 所以直线过定点，选项A正确. 对于选项B，对于直线，令，则，解得. 所以直线在轴上的截距为，选项B错误. 对于选项C，直线，其斜率；直线，其斜率.当时，，即， ，解得，选项C正确. 对于选项D，当时，，解得. 此时，即. 两平行直线与之间的距离公式为. 对于与，距离，选项D错误. 故选；AC. 10. 如图，在棱长为1的正方体中，下列选项正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 三棱锥的体积为 C. 直线平面 D. 二面角的大小为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用线线角的定义及正方体的性质，结合等边三角形的性质即可求解；对于B，利用等体积法及棱锥的体积公式即可求解；对于C，利用线面垂直的判定定理即可求解；对于D，根据已知条件及二面角的平面角的定义，结合锐角三角函数即可求解. 【详解】对于A，因为为正方体，所以,且， 所以四边形为平行四边形，所以，且， 所以异面直线与所成的角的大小即为与所成的角，故或其补角为所求. 再由正方体的性质可得为等边三角形，故， 即异面直线与所成的角为，故A错误； 对于B，由题意可知，，故B正确； 对于C，由正方体的性质可得，平面，平面， 所以， 因为为正方体，所以四边形为正方形，即， 又，平面， 所以平面，又平面，所以， 同理可证，又，平面， 所以平面，故 C正确； 对于D，由正方体的性质可知，平面，平面， 所以，因为为正方体，所以四边形为正方形，即， 所以是二面角的平面角， 因为为正方体，所以四边形为正方形， 所以，即， 所以二面角的大小为，故D 错误. 故选：BC. 11. 已知函数的定义域是都有，且当时，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在上单调递增 C. D. 满足不等式的的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 分析】A选项，令得； B选项：由函数单调性的定义判断函数的单调性； C选项，赋值得到； D选项，根据C选项，由求得，，变形得到，结合在定义域上单调递增，得到不等式，求出解集. 【详解】A选项，令得，∴，A正确； B选项，任选，且，中，令，得， 因为当时，，又，所以， 故， 所以在定义域上单调递增，B正确； C选项，中，令得， 故， 故，C错误； D选项，因为，所以，中，令得， ∵，∴， 由于在定义域上单调递增，故，解得，D正确. 故选：ABD 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为_________. 【答案】125° 【解析】 【分析】根据斜率与倾斜角的关系计算可得. 【详解】因为直线的倾斜角为，所以， 设直线的倾斜角为， 则， 又，所以， 即直线的倾斜角为. 故答案为： 13. 已知椭圆的焦距为6，则的值为_________. 【答案】29 【解析】 【分析】讨论椭圆焦点的位置，然后根据焦距，列等式求得即可. 【详解】因为椭圆的焦距为6，所以． 当椭圆的焦点在轴上时，因为，，所以，解得（舍去）； 当椭圆的焦点在轴上时，因为，，所以，解得． 综上所述，的值为． 故答案为：． 14. 已知扇形OPQ中，半径，圆心角为，若要在扇形上截取一个面积为1的矩形ABCD，且一条边在扇形的一条半径上，如图所示，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，设，分别用含的三角函数表示，表示出矩形的面积，由矩形面积为1求得的最小值. 【详解】连接，设，则， ，，， 则， 则，即， 即， ∴当时，， 故答案为： 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. 已知角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边在射线上. (1)求值； (2)求的值. 【答案】（1）（2）3 【解析】 【详解】（1）由于角终边在射线上，可设终边上一点 ，则，， ，，此时. (2)， ∵，∴原式. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱的长为，且与、的夹角都等于，在棱上，，设，，． （1）试用，，表示出向量； （2）求与所成的角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量线性运算，化简即得用，，表示向量的式子； （2）利用空间的数量积和向量夹角公式进行求解即可． 【小问1详解】 因为，则， 因为ABCD是边长为1的正方形，则， 且，可得， 又因为，，，所以. 【小问2详解】 由题意可知：，，与、的夹角均为60°，与的夹角为90°， 则 ， 可得， 又因为 ， 设与所成的角为，所以． 17. 已知圆经过点和，其圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）若直线过点且与圆相切，求的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆的标准方程为，代入点的坐标，解方程即可求得圆的标准方程. （2）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况讨论求解即可. 【小问1详解】 设圆的标准方程为， 所以， 解得， 故圆的标准方程为． 【小问2详解】 由（1）可知圆心为． ①当直线的斜率不存在时，易得直线的方程为，符合题意； ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即 由题意，圆心到直线的距离等于半径2，即，解得， 此时直线的方程为． 综上，所求直线的方程为或． 18. 如图，将边长为2正方形沿对角线折成一个直二面角，且平面，. （1）若， （i）求证：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求实数的值，使得二面角的大小为60°. 【答案】（1）（i）证明见解析，（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，确定平面的一个法向量，利用数量积为0，即可证得平面；利用向量的夹角即可求解正弦值. （2）确定平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用二面角的大小为60°，结合向量的夹角公式，即可求求实数的值． 【小问1详解】 （i）证明：如图建立空间直角坐标系， 设正方形的对角线相交于， 由于 则, 所以 设平面的一个法向量为， 取时，， 由于，故， 又不在平面内，所以平面； （ii）平面的一个法向量为，, 设直线与平面所成角为， 则 【小问2详解】 如图建立空间直角坐标系，， 设平面的一个法向量为，则有 取时，， ， 设平面的一个法向量为， 则有 取时，， 由于二面角的大小为60°，故， 即，解得， 又，所以． 19. 已知函数的定义域为集合，若都有，其中为正常数，则称函数为“距”增函数. （1）若函数，试判断函数是否为“距”增函数，并说明理由； （2）若函数，为“距”增函数，求正实数的取值范围； （3）若函数，为“2距”增函数，求的最小值. 【答案】（1）是“距”增函数，理由见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题设中的新定义可证，故可判断为“距”增函数. （2）根据函数新定义可得对任意都成立，法1：根据二次函数的性质可求参数的范围；法2：参变分离后，设，证得函数在上为单调递减函数，则参数范围可求； （3）根据函数新定义可得，分和两种情况进行讨论后可求函数的最小值. 【小问1详解】 函数是“距”增函数. 因为的定义域为 任取， 因为，所以，即，，所以， 所以，函数是“距”增函数. 【小问2详解】 因为函数，为“距”增函数 所以，对任意， 所以， 即， 因为，，所以，（**） 法1：因为函数图象开口向上且对称轴为 所以，函数在上单调递增 所以，当时，函数取得最小值为 若对任意都成立，则，即 因此，若函数，为“距”增函数，则. 法2：（接（**））即，对任意都成立，设 对于任意，且， 因为，所以，，，所以， 即， 所以，在上为单调递减函数 所以，，所以， 因此，若函数，为“距”增函数，则； 【小问3详解】 由题意可知，，若函数，为“2距”增函数 则，， 即 即，即，所以，， 所以， 由，设， ①当时，，且 则， 因为，所以，，， 所以，，即 所以，，所以，在上单调递增， ②当时， 当且仅当，即时，取得等号. 此时，， 综上，. 【点睛】“新定义”主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $