精品解析：湖北省孝感市安陆市第一高级中学等校2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题

湖北省孝感市安陆市第一高级中学等校2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形吗粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 2. 已知一组数据：3，5，8，x，10的平均数为6，则该组数据的第40百分位数为（ ） A 3 B. 3.5 C. 4 D. 4.5 3. 如图，已知空间四边形，其对角线，，点M，N分别是边，的中点，点在线段上，且，现用向量表示向量，则（ ） A. B. C. D 4. 已知数据的平均数为5，方差为16，那么数据，的平均数和方差分别为（ ） A. 6，8 B. 5，8 C. 6，4 D. 8，6 5. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 若直线与以为端点的线段相交，则直线的倾斜角取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，平面，点在棱AD上，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上一点，且，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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. 某校1000名学生参加数学竞赛，随机抽取了50名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则（ ） A. 频率分布直方图中的值为0.005 B. 估计这50名学生竞赛成绩的上四分位数为85 C. 估计这50名学生的竞赛成绩的众数为80 D. 估计总体中成绩落在内的学生人数为150 10. 在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4，连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下一面上的数字，记事件为“两次记录的数字之和为奇数”；事件为“第一次记录的数字为奇数”；事件为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件与事件是相互独立事件 B. 事件与事件是互斥事件 C. D. 11. 平面内到两个定点A，B的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”.已知平面内点，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ） A. 点的轨迹的方程是： B. 点的轨迹关于直线对称的圆的方程为 C. 已知点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为C，D，则直线CD的方程为 D. 已知点为坐标原点，若点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为E，F，则四边形OEMF面积的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之.”围棋，起源于中国，至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵.现从3名男生和2名女生中任选2人参加围棋比赛，则所选2人中至少有1名男生的概率为______. 13. 在三棱锥中，平面，若，则点到平面PBC的距离为______. 14. 已知两点坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积是，则代数式的最大值为______. 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. 直线经过两条直线和的交点. （1）若直线与直线平行，求直线的方程； （2）若点到直线距离为2，求直线的方程. 16. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，每局比赛两人对战，没有平局，每局胜者与此局轮空者进行下一局的比赛.约定先赢两局者获胜，比赛随即结束.已知每局比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为. （1）若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率； （2）若通过抽签决定参与第一局的选手中有丙，求甲获胜的概率. 17. 如图，在三棱锥中，为AC的中点. （1）证明：平面ABC； （2）若点在棱BC上，且二面角为，求PC与平面PAM所成角的正弦值. 18. 平面直角坐标系xOy中，点，圆与轴正半轴交于点. （1）求过点且斜率为1的直线被圆截得的弦长； （2）求过点与圆相切直线方程： （3）过点的直线与圆交于不同的两点，判断直线，的斜率之和是否为定值，若是则求出该定值，若不是则说明理由. 19. 已知在平面直角坐标系中，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数. （1）求动点的轨迹的方程； （2）若直线与轨迹交于两点，求证：为定值； （3）记为轨迹上顶点，过点作相互垂直的两条直线分别与轨迹相交于两点.设直线的斜率为且，若，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省孝感市安陆市第一高级中学等校2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形吗粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法、乘法运算即可求解. 【详解】， 故选：B 2. 已知一组数据：3，5，8，x，10的平均数为6，则该组数据的第40百分位数为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 4.5 【答案】D 【解析】 【分析】由平均数和百分位数的计算公式即可求解. 【详解】由，得， 从小到大排序为：， ， 所以第40百分位数为第二个和第三个数的平均数，， 故选：D 3. 如图，已知空间四边形，其对角线，，点M，N分别是边，的中点，点在线段上，且，现用向量表示向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理，计算即可得解. 【详解】因为，所以， 因为，，， 所以. 故选：C 4. 已知数据的平均数为5，方差为16，那么数据，的平均数和方差分别为（ ） A. 6，8 B. 5，8 C. 6，4 D. 8，6 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数和方差的公式进行求解即可. 【详解】因为数据的平均数为5， 所以，解得， 所以数据的平均数为； 因为数据的方差为16， 所以， 化简得， 可以看出数据的方差为4. 故选：C 5. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，将三棱锥补成长方体，再利用长方体的性质求出外接球的半径，即可求解. 【详解】如图，将三棱锥补成长方体， 设，又， 则，，，将三式相加得， 因为三棱锥的顶点全在长方体的顶点上，所以长方体的外接球也是三棱锥的外接球， 由长方体的性质知，长方体的外接球球心在体对角线的中点处，且体对角线长为， 所以三棱锥的外接球的半径为，则球的表面积为. 故选：D. 6. 若直线与以为端点的线段相交，则直线的倾斜角取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出直线恒过的定点，分别求出直线的斜率，由直线与线段相交，得到直线的斜率和直线的斜率的不等关系，从而得到直线的倾斜角的取值范围. 【详解】直线，即，则直线恒过定点，且斜率为， ，， 直线与以为端点线段相交， 或，或， 直线的倾斜角取值范围为. 故选：A. 7. 在三棱锥中，平面，点在棱AD上，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先用基底向量将表示出来，然后根据向量的数量积公式和向量的模的公式求出向量夹角的余弦值即可. 【详解】因为，所以. 因为平面，平面， 所以，所以. 在中，，所以， 所以，所以. 所以. . 所以异面直线与所成角的余弦值为 . 故选：B. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上一点，且，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用已知求得，利用余弦定理可求得，结合，可得是方程的两根，利用判别式可求解. 【详解】和分别是向量和的单位向量， 因为，所以，又， 所以，所以， 因为为椭圆上的任意一点，有， 设，，则， 在三角形中，，且夹角. 由余弦定理：，即： 又， 所以，解得， 又，所以是方程的两根， 所以，所以，又因为， 所以，所以，所以，又， 所以的取值范围是. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，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. 某校1000名学生参加数学竞赛，随机抽取了50名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则（ ） A. 频率分布直方图中的值为0.005 B. 估计这50名学生的竞赛成绩的上四分位数为85 C. 估计这50名学生的竞赛成绩的众数为80 D. 估计总体中成绩落在内的学生人数为150 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据频率之和为1可得，进而可求每组的频率，再结合统计相关知识逐项分析判断即可. 【详解】由，可得，故A正确； 前三个矩形的面积和为， 第四个矩形面积为 ，估计这50名学生的竞赛成绩的上四分位数为，故B正确； 由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C 错误； 总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确. 故选：ABD 10. 在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4，连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下一面上的数字，记事件为“两次记录的数字之和为奇数”；事件为“第一次记录的数字为奇数”；事件为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件与事件是相互独立事件 B. 事件与事件是互斥事件 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用定义判断选项B的真假，利用公式计算判断选项ACD的真假，即得解. 【详解】对于A，对于事件A与事件B，， 事件A与事件B是相互独立事件，故选项A正确； 对于B，事件与事件不是互斥事件，因为它们有可能同时发生， 如第一次记录的数字为1，第二次记录的数字为4，故选项B错误； 对于C，因为，所以，故选项C正确； 对于D，事件等价于事件，即第一次记录的数字为奇数且第二次记录的数字为偶数 故，故D错误. 故选：AC． 11. 平面内到两个定点A，B的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”.已知平面内点，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ） A. 点的轨迹的方程是： B. 点的轨迹关于直线对称的圆的方程为 C. 已知点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为C，D，则直线CD的方程为 D. 已知点为坐标原点，若点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为E，F，则四边形OEMF面积的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知条件求出点的轨迹方程，然后逐个分析每个命题中涉及的直线与圆的位置关系、弦长公式计算以及四边形面积即可. 【详解】设，又，，所以， 所以，所以， 整理得，故选项A正确； 由，可得圆心为，半径为， 设关于直线的对称点为， 则：的中点为，所以 解得且， 因此，对称圆的圆心为，所以对称圆的方程为，故B错误； 因为，所以，点在圆外，可以作两条切线。 又， 所以以为圆心，为半径的圆的方程为， 即，两圆方程相减得， 整理得，故选项C正确； 的方程为，圆心，半径. 因为， 又，所以， 的最小值是点到直线l的距离：， 所以，故选项D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之.”围棋，起源于中国，至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵.现从3名男生和2名女生中任选2人参加围棋比赛，则所选2人中至少有1名男生的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】确定样本空间，结合古典概型概率公式即可求解. 【详解】设3名男生为，2名女生为， 则任选2人有：，10种情况， 其中至少有1名男生有：，9种情况， 则至少有1名男生的概率为， 故答案为： 13. 在三棱锥中，平面，若，则点到平面PBC的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用等体积求解即可. 【详解】解：如图所示： 因为， 由勾股定理可得， 又因为平面， 平面， 所以 所以为直角三角形， 又因为， 由勾股定可得，, 又因为, 所以为直角三角形，， 所以, 又因为, 设点到平面PBC的距离为， 因为, 即 所以. 故答案为： 14. 已知两点坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积是，则代数式的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，求出点的轨迹方程，再利用三角换元，即可求解. 【详解】因为，由题有， 整理得到， 令， 则， 当且仅当，即时取等号， 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. 直线经过两条直线和的交点. （1）若直线与直线平行，求直线的方程； （2）若点到直线的距离为2，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）先求出直线的交点坐标，然后根据两直线平行设出直线的方程，最后将交点坐标代入求出参数值即可求出直线的方程. （2）考虑直线斜率不存在和存在两种情况，结合点到直线的距离公式即可求出符合题意的直线方程. 【小问1详解】 联立直线方程组为，解得. 所以直线的交点坐标为. 因为直线与直线平行，设直线的方程为， 将交点坐标代入可求得. 所以直线的方程为. 【小问2详解】 由（1）知直线过点， 当直线的斜率不存在时，，此时点到该直线的距离为2，符合题意； 当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为， 即，因为点到该直线的距离为2， 所以，化简得， 等式两边平方化简得，解得 此时直线的方程为. 综上所述，直线的方程为或. 16. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，每局比赛两人对战，没有平局，每局胜者与此局轮空者进行下一局的比赛.约定先赢两局者获胜，比赛随即结束.已知每局比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为. （1）若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率； （2）若通过抽签决定参与第一局的选手中有丙，求甲获胜的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）甲获胜需分两种情况：第一局乙胜丙后甲连胜两局，或第一局丙胜乙后甲连胜两局，分别计算概率再相加. （2）分两种，第一局乙丙对战，由（1）结果给出；第一局甲丙对战，此种又分为三种情况，第一局丙胜甲，或者第一局甲胜丙第二局甲胜乙，或者第一局甲胜丙第二局乙胜甲，分别进行讨论求出概率再利用全概率公式计算总概率. 【小问1详解】 情况一：第一局乙胜丙（概率），第二局乙甲对战甲胜（概率）， 第三局甲丙对战甲胜（概率），此时概率为； 情况二：第一局丙胜乙（概率），第二局丙甲对战甲胜（概率）， 第三局甲乙对战甲胜（概率），此时概率为； 所以甲获胜的概率是. 【小问2详解】 根据（1）可知，若第一局由乙丙对战，甲获胜的概率为； 若第一局由甲丙对战，则分三种情况： 情况一：第一局甲胜丙（概率），第二局甲乙对战甲胜（概率）， 此时概率为； 情况二：第一局甲胜丙（概率），第二局甲乙对战乙胜（概率）， 第三局乙丙对战丙胜（概率），第四局丙甲对战甲胜（概率）， 此时概率为； 情况三：第一局丙胜甲（概率），第二局丙乙对战乙胜（概率）， 第三局乙甲对战甲胜（概率），第四局甲丙对战甲胜（概率）， 此时概率为； 所以第一局由甲丙对战，甲获胜的概率是. 综上，若通过抽签决定参与第一局的选手中有丙，则第一局为乙丙对战或甲丙对战的概率均为， 故甲获胜的概率是. 17. 如图，在三棱锥中，为AC的中点. （1）证明：平面ABC； （2）若点在棱BC上，且二面角为，求PC与平面PAM所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形性质得，再通过计算，根据勾股定理得，最后根据线面垂直判定定理得结论； （2）建立空间直角坐标系，运用面面角、线面角的向量求解方法可求得答案． 【小问1详解】 因为，为的中点，所以，且． 连接．因为，所以为等腰直角三角形， 且，由，知． 由，，，平面， 所以平面ABC． 【小问2详解】 如图，以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知得， 所以， 取平面的法向量． 设，则． 设平面的法向量为． 则，令，得， 所以平面的法向量为， 所以． 解得或（舍去）． 所以．又， 设PC与平面PAM所成角的为， 所以． 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为． 18. 平面直角坐标系xOy中，点，圆与轴正半轴交于点. （1）求过点且斜率为1的直线被圆截得的弦长； （2）求过点与圆相切的直线方程： （3）过点的直线与圆交于不同的两点，判断直线，的斜率之和是否为定值，若是则求出该定值，若不是则说明理由. 【答案】（1） （2）和. （3） 【解析】 【分析】（1）计算出圆心到直线的距离，然后根据半径、圆心到直线的距离、半弦长之间的关系求解出弦长； （2）先直接分析直线斜率不存在的情况，当直线斜率存在时，设出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求解出切线方程，由此结果可知； （3）设以及直线的方程，联立直线与圆的方程，得到坐标的韦达定理形式，然后将化简至用韦达定理表示的形式，代入计算可得结果. 【小问1详解】 过点斜率为的直线方程为， 圆心到该直线的距离为， 所以该直线被圆截得的弦长为. 【小问2详解】 圆的圆心为，半径为3， 若过点的直线垂直于轴，则方程为，显然与圆相切，符合题意； 若过点的直线不垂直于轴，设直线的斜率为， 则直线方程为，即， 因为直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离，解得， 所以切线方程为； 综上所述，切线方程为和. 【小问3详解】 由题意知点，显然直线的斜率存在，设直线方程为， 联立，得， 设，则， 且， 所以 ， 所以是定值，定值为． 19. 已知在平面直角坐标系中，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数. （1）求动点的轨迹的方程； （2）若直线与轨迹交于两点，求证：为定值； （3）记为轨迹上顶点，过点作相互垂直的两条直线分别与轨迹相交于两点.设直线的斜率为且，若，求的值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）或或 【解析】 【分析】（1）根据条件建立方程，化简即可求解； （2）设，联立直线与椭圆方程，利用根与系间的关系得，再利用两点间的距离公式，得，即可求解； （3）设直线方程为，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式，求出，结合条件，即可求解. 【小问1详解】 由题有，化简得到， 即，所以动点的轨迹的方程为. 【小问2详解】 设， 由，消得到，由，解得, 此时， 又， 则， 所以为定值. 【小问3详解】 易知两条直线的斜率存在且不为，设， 设直线的方程为，则直线的方程为， 由，消得到，解得或 所以，同理可得， 又， 同理可得， 由题可得，整理得到， 即，解得或或， 又，所以的值或或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $