精品解析：广东省深圳市龙岗区龙城高级中学（教育集团）2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

龙城高级中学（教育集团）2025-2026 学年第一学期高二年级期中考试 数学试卷 命题人：孙天启 审题人：郭朋贵 本试卷共4页，19道题，满分150分，考试用时120分钟 一、单选题 1. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 2. 已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，则此三棱台的体积是（ ） A. B. C. D. 3. 已知两点，过点的直线l与线段（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 已知三个内角所对的边分别为，点是线段上一点，且平分，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 6. 如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆，则椭圆上的点到直线的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 直线：与：交于点P，圆C：上有两动点A，B，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知方程所表示的曲线为，则下列说法中正确的有（ ） A. 曲线可以是圆 B. 当时，曲线可以是焦点在轴上的椭圆 C. 当时，曲线可以是焦点在轴上的双曲线 D. 当曲线是椭圆或双曲线时，其焦距均为6 10. 如图，八面体的每个面都是正三角形，若四边形是边长为4的正方形，则（ ） A. 异面直线和所成的角为 B. 平面和平面有相同的法向量 C. 异面直线和的距离为 D. 二面角的余弦值为 11. 已知圆：，则（ ） A. 圆与直线必有两个交点 B. 圆上存在3个点到直线：的距离都等于 C. 若圆与圆恰有三条公切线，则 D. 已知动点在直线上，过点向圆引两条切线，，为切点，则的最小值为 三、填空题 12. 若直线是双曲线的一条渐近线，则_____________. 13. 已知平面的一个法向量，点在内，则平面外一点到的距离为______． 14. 已知 为坐标原点， ，为椭圆 的左、右焦点， ，是椭圆上第一象限的一点，点是以为底的等腰三角形的内切圆圆心，过 作，垂足为， ，则椭圆的离心率为_____ 四、解答题 15. 在钝角中，已知． （1）求； （2）若的周长为，求的面积． 16. 如图，在棱长为2的正方体中，、 分别是、的中点，是的中点. （1）判断 、、、四点是否共面（结论不要求证明）； （2）证明：平面； （3）求异面直线与 所成角的余弦值. 17. 已知的三个顶点坐标为 、 、 （1）求边 上的高所在的直线方程； （2）若圆 是 的外接圆，且经过点的直线 被圆 所截得的弦长为 ，求直线的方程. 18. 如图，四边形与均为菱形，，，. （1）求证：平面； （2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； （3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 19. 设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，点A在x轴上方，O为坐标原点，椭圆C与x轴正半轴交于Q，与y轴负半轴交于P，点D在线段PQ上运动. （1）若点A为椭圆C的上顶点，求的面积； （2）设直线AQ，BQ的斜率分别为，，求证：为定值； （3）将椭圆C所在平面沿x轴折叠，使得上半椭圆面与下半椭圆面垂直，若折叠前直线AF的斜率为，折叠后，当平面AOD与平面AMP的夹角的余弦值为时，求PD的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙城高级中学（教育集团）2025-2026 学年第一学期高二年级期中考试 数学试卷 命题人：孙天启 审题人：郭朋贵 本试卷共4页，19道题，满分150分，考试用时120分钟 一、单选题 1. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦型三角函数的周期公式即可求解. 【详解】最小正周期为. 故选：C. 2. 已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，则此三棱台的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用棱台的体积公式计算得解. 【详解】正三棱台的上底面积，下底面积， 所以此三棱台的体积. 故选：B 3. 已知两点，过点的直线l与线段（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出直线的斜率，再根据斜率和倾斜角的关系即可求出. 【详解】因，，，则斜率，， 如图所示， 直线逆时针旋转到的位置才能保证过点的直线与线段有交点， 从转到过程中，倾斜角变大到，斜率变大到正无穷，所以此时； 从转到过程中，倾斜角从开始变大，斜率从负无穷开始变大，所以此时， 综上可得直线的斜率的取值范围为. 故选：A. 4. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 5. 已知三个内角所对的边分别为，点是线段上一点，且平分，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由平分，即，进而得，利用三角形的面积公式即可求解. 【详解】因为平分，所以， 又，所以， 即. 故选：B. 6. 如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积. 【详解】在正方体中，取的中点，的中点，连接， 由是的中点，得，则四边形为平行四边形， ，由是的中点，得， 梯形是正方体被平面所截得的截面， ，， 所以所求截面的周长是. 故选：B 7. 已知椭圆，则椭圆上的点到直线的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设椭圆上的点为，结合点到直线的距离公式与辅助角公式计算即可得解. 【详解】设椭圆上的点为， 则点到直线的距离为，其中， 由，故椭圆上的点到直线的距离的最大值为． 故选：D. 8. 直线：与：交于点P，圆C：上有两动点A，B，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件可知点的轨迹是以为直径的圆，其方程为，作,则为的中点，求得最小值即可. 【详解】因为直线：，：， 则， 又的方程可化为，所以过定点， 的方程可化为，所以过定点， 所以点的轨迹是以为直径的圆(去除， 其方程为， 其圆心,半径， 作,则为的中点， 根据勾股定理易求得, 如图所示，当在同一条直线上时最小， 又, ， 故的最小值为， 故选：B. 二、多选题 9. 已知方程所表示的曲线为，则下列说法中正确的有（ ） A. 曲线可以是圆 B. 当时，曲线可以是焦点在轴上的椭圆 C. 当时，曲线可以是焦点在轴上的双曲线 D. 当曲线是椭圆或双曲线时，其焦距均为6 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据的值，结合圆与圆锥曲线的方程的特征即可判断各选项． 【详解】对于A，当方程表示圆时，，无解，故A错误； 对于B，当时，，则表示焦点在轴上的椭圆，故B正确； 对于C，当时，，则表示焦点在轴上的双曲线，故C正确； 对于D，当方程表示双曲线时，由于恒成立，所以，即，此时方程表示焦点在轴上的双曲线，故，焦距为6；当方程表示椭圆时，由于恒成立，则即，此时方程表示焦点在轴上的椭圆，故，焦距为6．故D正确． 故选：BCD． 10. 如图，八面体的每个面都是正三角形，若四边形是边长为4的正方形，则（ ） A. 异面直线和所成的角为 B. 平面和平面有相同的法向量 C. 异面直线和的距离为 D. 二面角的余弦值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角、平面法向量及二面角可判断A项、B项、D项；在线段任取一点，在线段任取一点，设，根据空间向量坐标运算可得设，当时，即为异面直线和的距离，从而求得的值，求解，即可得判断C项． 【详解】连接、交于点，连接，， 因为四边形为正方形，则， 又因为八面体的每个面都是正三角形，所以，，三点共线，且面， 所以以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 对于A：， 设异面直线与所成角为， 则， 所以，即异面直线与所成角大小为，故A正确； 对于B：， 设面的一个法向量为， 则，取，则，，则， 因为 设面的一个法向量为， 则，取，则，，则， 所以平面和平面有相同的法向量，故B正确； 对于C：在线段任取一点，在线段任取一点，链接 则可设， 因为， 所以， 则 当时，即为异面直线和的距离， 所以，则， 所以，故异面直线和的距离为，故C正确； 对于D：因为， 设面的一个法向量为， 则，取，则，，则， 所以， 又因为面与所成的二面角的平面角为钝角， 所以二面角的平面角的余弦值为，故D错误； 故选：ABC. 11. 已知圆：，则（ ） A. 圆与直线必有两个交点 B. 圆上存在3个点到直线：的距离都等于 C. 若圆与圆恰有三条公切线，则 D. 已知动点在直线上，过点向圆引两条切线，，为切点，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：求出该直线所过定点可得该直线与圆相交，即可得解；对B：求出圆心到直线的距离后计算圆心加减半径与的大小关系即可得；对C：由公切线条数可得两圆位置关系，利用两圆位置关系即可得解；对D：计算可得，则只需计算的最小值即可得解. 【详解】对A：，则该直线必过点， 又，故点在圆内部， 故直线与圆相交， 故圆与直线必有两个交点，故A正确； 对B：圆心到直线的距离为， 由， 故圆上存在个点到直线的距离都等于，故B错误； 对C：若圆与圆恰有三条公切线，则两圆相外切， 将化简可得， 则该圆圆心为，半径为， 则有，解得，故C正确； 对D：由切线性质及切线长定理可得、，， 四边形的面积， 又，故取最小时，最小， 又，则， 故，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12. 若直线是双曲线的一条渐近线，则_____________. 【答案】2 【解析】 【分析】先根据双曲线方程判断焦点位置，写出其渐近线方程，比较即可得解. 【详解】因双曲线的焦点在轴上，且， 故其渐近线方程为，依题意，易得. 故答案为：2. 13. 已知平面的一个法向量，点在内，则平面外一点到的距离为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用点到平面距离的向量求法可得答案. 【详解】由， 所以到平面的距离为． 故答案为：. 14. 已知 为坐标原点， ，为椭圆 的左、右焦点， ，是椭圆上第一象限的一点，点是以为底的等腰三角形的内切圆圆心，过 作，垂足为， ，则椭圆的离心率为_____ 【答案】## 【解析】 【分析】根据椭圆的定义及三角形内切圆的几何性质，以及三角形中位线的性质可得出. 【详解】在等腰中，. 分别延长与，交于点，因为点是三角形的内切圆圆心，所以为的平分线，如图： 又因，故与全等，所以为的中点且. 又因为为的中点，为三角形的中位线， 所以，得. 所以由椭圆的定义可得，得，所以离心率为. 故答案为： 四、解答题 15. 在钝角中，已知． （1）求； （2）若的周长为，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理得到，得到，故或，舍去不合要求的解，得到答案； （2）在（1）基础上得到，根据周长得到，求出三角形面积. 【小问1详解】 由余弦定理可知，所以， 故， ，， 则， ， 或． 当时，，不为钝角三角形，舍去， 时，满足要求． 【小问2详解】 由（1）可得， 由正弦定理，即． 周长，所以． 则的面积． 16. 如图，在棱长为2的正方体中，、 分别是、的中点，是的中点. （1）判断 、、、四点是否共面（结论不要求证明）； （2）证明：平面； （3）求异面直线与 所成角的余弦值. 【答案】（1） 、、、四点不共面 （2）证明：方法一：如图，以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系， 则，，故 又平面的法向量为 所以，故. 又平面，故平面. 方法二： 如图，取中点，再取中点，连接、和. 由为中点，则，且. 在正方体中， 为中点， 故，且， 所以且， 则四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 方法三：如图，取中点，连接、. 在梯形中，为中点，则. 因为平面，平面，所以平面. 在正方体中， 为中点，则， 因为平面，平面， 所以平面. 因为，，平面，所以平面平面， 又平面，故平面. （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据平面的基本事实判断； （2）方法一：如图，以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，求出与平面法向量垂直即可； 方法二：如图，取中点，再取中点，连接、和，通过证明，可得证； 方法三：如图，取中点，连接、，通过证明平面平面，可得证； （3）直接利用空间向量夹角公式求解. 【小问1详解】 、、三个不共线的点确定平面，显然平面， 所以 、、、四点不共面. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）方法一可知， 又，，故， 所以， 故异面直线与 所成角的余弦值为. 17. 已知的三个顶点坐标为 、 、 （1）求边 上的高所在的直线方程； （2）若圆 是 的外接圆，且经过点的直线 被圆 所截得的弦长为 ，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）先求两点的斜率，再利用垂直关系求出高线的斜率，最后由点斜式求出直线方程； （2）设利用待定系数法求出圆的一般方程，进一步化为标准方程，讨论当直线的斜率不存在时，直线方程为，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，由点到直线的距离公式结合垂径定理列式求得，即答案可求． 【小问1详解】 由可得，直线斜率为， 所以边上的高所在直线的斜率为：， 则边上的高所在直线方程为：，整理得； 【小问2详解】 设圆的方程为，代入三点坐标可得： 则，解得，，． 圆的方程为，化为标准方程：； 当直线的斜率不存在时，直线方程为， 代入圆的方程得：， 此时直线被圆所截得的弦长为，满足题意； 当直线的斜率存在时，设直线方程为，即． 由垂径定理可得，当弦长为时，可知圆心到直线的距离 再由圆心到直线的距离公式得：，解得． 直线方程为． 即直线的方程为或． 18. 如图，四边形与均为菱形，，，. （1）求证：平面； （2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； （3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 【答案】（1）证明：因为四边形为菱形，则， 设，连接，则为的中点， 因为，则， 因为，、平面，故平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用菱形的几何性质可得出，设，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）连接，推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得与平面所成角正弦值的最大值； （3）设点，根据可得出点的轨迹方程，明确点的轨迹形状，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，因为四边形为菱形，则， 又因为，则为等边三角形， 因为为的中点，则， 又因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、 、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为，四边形为菱形，且，则是边长为的等边三角形， 所以，，，， 同理可得， 所以，、、、、、， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，可得， 因为为上的动点，设，其中， 且，， 所以，， 设直线与平面所成角为， 则 ， 当时，取最大值，且最大值为， 因此，与平面所成角正弦值的最大值为. 【小问3详解】 因为为的中点，则， 设点，则，， 因为，即，即， 化简可得， 故动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在四边形内的部分， 即圆心角为的圆弧，故所求轨迹的长度为. 19. 设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，点A在x轴上方，O为坐标原点，椭圆C与x轴正半轴交于Q，与y轴负半轴交于P，点D在线段PQ上运动. （1）若点A为椭圆C的上顶点，求的面积； （2）设直线AQ，BQ的斜率分别为，，求证：为定值； （3）将椭圆C所在平面沿x轴折叠，使得上半椭圆面与下半椭圆面垂直，若折叠前直线AF的斜率为，折叠后，当平面AOD与平面AMP的夹角的余弦值为时，求PD的长. 【答案】（1） （2）证明：由椭圆方程可得，， 显然直线AB的斜率不为0，则设直线AB的方程为， 联立，消去x，得， 恒成立，设，， 则，， ，， 所以 所以为定值，定值为 （3）或 【解析】 【分析】（1）联立方程组求出相应的点坐标，即可求解； （2）联立方程组，结合韦达定理以及斜率公式，即可得证； （3）建立空间直角坐标系，分别求出平面AMP和平面AOD的一个法向量，利用向量法求解即可． 【小问1详解】 解：由椭圆的方程可得，， 则直线AB的方程为， 联立，消去y，得， 解得，所以， 故 【小问2详解】 略 【小问3详解】 依题意有，折叠前，直线AF的斜率为， 即，代入椭圆方程得， 解得舍去负值，即为椭圆上顶点，即 折叠后，如图所示，则以折叠前的y轴负半轴所在直线为x轴，折叠前x轴为折叠后的y轴， 折叠前的y轴正半轴为z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，，， 设，则，所以， 设平面AMP的一个法向量为， 则，则， 令，则，即， 设平面AOD的一个法向量为， 则，则， 令，则，即， 设平面AOD与平面AMP的夹角为， 则， 解得或， 此时或， 所以或 【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线类综合题目的难点在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此需要学生具有较强的计算能力.另外要注意空间向量求夹角时计算的准确性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $