精品解析：湖北省圆创教育联盟2025-2026学年高二上学期11月阶段性练习（期中）数学试题

2025年高二年级11月阶段练习高二数学 本试卷共4页，19题．满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码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铅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． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数满足，其中为虚数单位，则为（　　） A. B. C. D. 2. 下列说法正确的是（　　） A. 截距相等的直线都可以用方程表示 B. 经过点，倾斜角为的直线方程为 C. “”是“直线与直线平行”的充分不必要条件 D. 经过两点的直线方程为 3. 从1，2，3，4，5中任取两个数，则这两个数的乘积为偶数的概率为 A. B. C. D. 4. 在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，若，且，则的长为（　　） A. B. C. D. 5. 已知向量满足，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 先后抛掷质地均匀的硬币3次，得到以下结论，其中错误的是（　　） A. 可以从不同的观察角度写出不同的样本空间 B. 事件“至少2次正面朝上”与事件“至少1次反面朝上”是互斥事件 C. 事件“至少1次正面朝上”与事件“3次反面朝上”是对立事件 D. 事件“1次正面朝上2次反面朝上”发生的概率是 7. 在中，，点为三角形的外接圆的圆心，若，且，则的面积的最大值为（　　） A. 2 B. 8 C. 16 D. 18 8. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，，为上任意两点，且的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（　　） A. 的面积 B. 三棱锥的体积 C. 直线与平面所成的角 D. 二面角的大小 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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（　　） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若两个非零向量的夹角是钝角，则 C. 已知，平面的法向量为，则 D. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 10. 记的内角的对边分别为为边的中点，则下列说法正确的是（　　） A. 存在，满足 B. 若，则是直角三角形 C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则是钝角三角形 11. 如图所示，用一个与圆柱底面成θ（）角的平面截圆柱，截面是一个椭圆．若圆柱的底面圆半径为2，，则（　　） A. 椭圆的长轴长等于4 B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆的标准方程可以是 D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 一个圆柱的内切球的表面积为，则这个圆柱的体积为___________． 13. 如图，椭圆的左、右焦点分别为，过点分别作弦．若，则的最小值为___________． 14. 已知实数满足，，则的最大值是___________、 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 荆州是楚文化发祥地，出土大量青铜器与竹简．荆州市某学校为促进学生对楚文化的了解程度．举办了“楚文化”知识竞赛，现从所有答卷卷面成绩中随机抽取100份作为样本，将样本数据（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值； （2）样本数据的第59百分位数约为多少； （3）若落在中的样本数据平均数是52，方差是6，落在中的样本数据平均数是64，方差是3，求这两组数据的总平均数和方差． 16. 已知直线经过点，圆． （1）若直线与圆相切，求直线的方程； （2）若直线被圆截得的弦长为，求直线的方程． 17. 已知平面四边形中，，且．以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面． （1）证明：平面； （2）若是线段上一点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点，过点的直线交椭圆于两点，交轴于点，的周长为8，椭圆的离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）求点到椭圆上点的距离的最大值； （3）设，试判断是否为定值？请说明理由． 19. 法国著名军事家拿破仑・波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在中，内角的对边分别为，已知，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为． （1）求； （2）若外接圆半径为1，求的边长； （3）若，的面积为，求的周长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高二年级11月阶段练习高二数学 本试卷共4页，19题．满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码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铅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． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数满足，其中为虚数单位，则为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的乘除法和共轭复数的定义即可求解. 【详解】． 故选：B 2. 下列说法正确的是（　　） A. 截距相等的直线都可以用方程表示 B. 经过点，倾斜角为的直线方程为 C. “”是“直线与直线平行”的充分不必要条件 D. 经过两点的直线方程为 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线的截距式概念判断A；举反例判断B；根据直线平行求参数，再利用充要条件定义判断C；根据直线两点式方程及一般方程的概念判断D. 【详解】对于A，截距相等且为0的直线不可以用方程表示，错误； 对于B，经过点，倾斜角为的直线方程不能写成，错误； 对于C，因为直线与直线平行， 所以，解得， 所以“”是“直线与互相平行”的充要条件，错误； 对于D，当时，直线的斜率存在，直线方程为， 即． 当时，直线的斜率不存在，直线方程为， 此时满足方程．所以D正确． 故选：D 3. 从1，2，3，4，5中任取两个数，则这两个数的乘积为偶数的概率为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：从1，2，3，4，5中任取两个数共有10种不同取法，其中两个数的乘积为偶数包含种取法，因此所求概率为，选D. 考点：古典概型概率 【方法点睛】古典概型中基本事件数的探求方法 （1）列举法. （2）树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. （3）列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. 4. 在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，若，且，则的长为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将作为基底，利用空间向量基本定理用基底表示，然后对其平方化简，再开方可求得结果. 【详解】 . 故选：C. 5. 已知向量满足，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用数量积的运算律和投影向量公式求解即可. 【详解】因为向量满足， 所以，解得， 所以在方向上的投影向量是， 故选：D. 6. 先后抛掷质地均匀的硬币3次，得到以下结论，其中错误的是（　　） A. 可以从不同的观察角度写出不同的样本空间 B. 事件“至少2次正面朝上”与事件“至少1次反面朝上”是互斥事件 C. 事件“至少1次正面朝上”与事件“3次反面朝上”是对立事件 D. 事件“1次正面朝上2次反面朝上”发生的概率是 【答案】B 【解析】 【分析】根据样本空间的定义判断A，古典概型计算判断D，应用互斥事件定义判断B，应用对立事件定义判断C. 【详解】不同的观察角度所得到的样本空间也可以不同，A正确； 考虑样本空间中一共含有：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反反正，反正反，反反反共8个样本点时， 正正反可以使事件“至少2次正面朝上”与事件“至少1次反面朝上”能同时发生，不是互斥事件，故B不正确； 事件“至少1次正面朝上”与事件“3次反面朝上”是对立事件，故C正确； 事件“1次正面朝上2次反面朝上”，发生的概率是，故D正确． 故选：B. 7. 在中，，点为三角形的外接圆的圆心，若，且，则的面积的最大值为（　　） A. 2 B. 8 C. 16 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】首先取的中点，则，根据平面向量基本定理确定点三点共线，再结合条件和平面几何关系，确定，再表示的面积，求最大值. 【详解】取的中点，如图． 因为，所以， 因为，所以三点共线， 因为是三角形的外接圆的圆心，所以， 设，则， 所以． 当且仅当，即时取得等号，故面积最大值为2． 故选：A． 8. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，，为上任意两点，且的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（　　） A. 的面积 B. 三棱锥的体积 C. 直线与平面所成的角 D. 二面角的大小 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形的面积判断A，根据三棱锥的体积公式判断B，根据线面角的定义判断C，根据二面角的概念判断D. 【详解】A中，的长为定值，且点到的距离即为两平行直线与之间的距离也为定值，的面积为定值； B中，的面积是定值．(定长，到的距离就是到的距离也为定长，即底和高都是定值），再根据平面也就是平面，既然和平面都是固定的，到平面的距离是定值，三棱锥的高也是定值，于是体积固定． 三棱锥即三棱锥的体积是定值； C中， 到平面距离是定值（事实上即到平面距离），而长度在变化中，所以直线与平面所成的角不是定值； D中，二面角的平面角即是二面角的平面角，而二面角的两个半平面均是固定平面，显然为定值. 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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（　　） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若两个非零向量的夹角是钝角，则 C. 已知，平面的法向量为，则 D. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用共面向量定义判断A；利用数量积定义判断B；利用空间位置关系的向量证明判断C；利用空间基底的意义判断D. 【详解】对于A，由空间向量共面定理知：空间中三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，A正确； 对于B，由非零向量的夹角是钝角，得，B正确； 对于C，由，得，则或，C错误； 对于D，由是空间的一个基底，得不共面，假定向量共面， 则存在实数对使得，整理得， 于是，方程组无解，即假设错误，因此也是空间的一个基底，D正确. 故选：ABD 10. 记的内角的对边分别为为边的中点，则下列说法正确的是（　　） A. 存在，满足 B. 若，则是直角三角形 C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则是钝角三角形 【答案】BD 【解析】 【分析】利用余弦函数的单调性可判断A；根据正弦定理可得进而判断B；利用特值法可判断C；根据中线向量和余弦定理结合条件可判断D. 【详解】 选项A：在中，，由余弦函数的单调性知：，A错误； 选项B：利用正弦定理，代入，得，根据中线性质，当斜边上中线等于斜边一半时，为直角三角形，B正确； 选项C：，故， 即：， 若，则， 根据余弦定理可知，仅能说明角为锐角，无法保证其它角为锐角， 举反例：若，但角为钝角，C错误； 选项D：，故， 即：，由推得 ，根据余弦定理可知， 故为钝角，为钝角三角形，D正确． 故选：BD． 11. 如图所示，用一个与圆柱底面成θ（）角的平面截圆柱，截面是一个椭圆．若圆柱的底面圆半径为2，，则（　　） A. 椭圆的长轴长等于4 B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆的标准方程可以是 D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定图形，求出椭圆长短半轴长a，b，再逐项计算、判断作答． 【详解】设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径， 则由截面与圆柱底面成锐二面角，得，解得，A错误； 显然，则，离心率，B正确； 当以椭圆长轴所在直线为x轴，短轴所在直线为y轴建立平面直角坐标系时，椭圆的标准方程，C正确； 椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，D正确. 故选：BCD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 一个圆柱的内切球的表面积为，则这个圆柱的体积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱中内切球的性质即可求解. 【详解】因为球的表面积为，所以球的半径为2， 因为该球内切于圆柱，所以圆柱的底面半径为2，高为4，所以圆柱的体积． 故答案为： 13. 如图，椭圆的左、右焦点分别为，过点分别作弦．若，则的最小值为___________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据给定条件，利用椭圆的对称性，结合椭圆过焦点最短弦长为通径求出最小值. 【详解】由椭圆的对称性可知． 设点，．所以， 想求的最小值，只需求的最小值， 而过椭圆焦点的最短弦长为通径：， 故的最小值为3. 故答案为：3. 14. 已知实数满足，，则的最大值是___________、 【答案】 【解析】 【分析】根据几何知识，将问题转化为圆上的两点到直线的距离和最大问题，根据两个点形成的夹角结合圆的性质即可求出最大值. 【详解】设，所以是圆上两点，， 所以，记直线， 过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为， 设的中点为，过作的垂线，垂足为，如图所示， ， 所以表示的是两点到直线的距离之和的倍， 又，所以， 表示的是到直线的距离的倍， 由于是直角三角形，所以， 所以在圆上运动，圆心为，半径为， 所以到直线的距离最大值为， 又，所以的最大值是． 故答案为：． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 荆州是楚文化发祥地，出土大量青铜器与竹简．荆州市某学校为促进学生对楚文化的了解程度．举办了“楚文化”知识竞赛，现从所有答卷卷面成绩中随机抽取100份作为样本，将样本数据（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值； （2）样本数据的第59百分位数约为多少； （3）若落在中的样本数据平均数是52，方差是6，落在中的样本数据平均数是64，方差是3，求这两组数据的总平均数和方差． 【答案】（1） （2）78分； （3）60；36 【解析】 【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为列式即可求解； （2）由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解； （3）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解. 【小问1详解】 根据题意可知，， 解得； 【小问2详解】 因为， ， 所以样本数据的第59百分位数在内， 可得， 所以样本数据的第59百分位数为78分； 【小问3详解】 样本数据落在的个数为， 落在的个数为， 总方差． 16. 已知直线经过点，圆． （1）若直线与圆相切，求直线的方程； （2）若直线被圆截得的弦长为，求直线的方程． 【答案】（1）或． （2）或 【解析】 【分析】（1）根据直线与圆相切，进行求解； （2）先由勾股定理求出圆心到直线的距离，再由距离公式求解即可. 【小问1详解】 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 又圆的半径为， 则圆心 到直线的距离为，解得． 故直线的方程为，即． 当直线的斜率不存在时，直线的方程为也成立, 故所求直线的方程为或； 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，，结合（1）知直线和圆相切，不合题意， 故可知直线的斜率存在，故可设直线的方程为， 则圆心到直线的距离为， 则，即， 解得或． 故所求直线的方程为或 17. 已知平面四边形中，，且．以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面． （1）证明：平面； （2）若是线段上一点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由勾股定理证，再由面面垂直证平面，得，可得平面； （2）根据线面平行的性质可得为靠近的三等分点，建系标点，求平面和平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 因，故， 又，且， 故， 在直角梯形中，， 由可得； 因平面平面，平面平面平面， 则平面，又平面， 则，又，因平面， 故平面． 【小问2详解】 如图，连接交于，因为， 故， 故， 则为等腰直角三角形，故， 又，故， 则为靠近的三等分点， 又因为平面平面平面平面， 故，则为靠近的三等分点， 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得， 由平面知： 则， 故， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，可得， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点，过点的直线交椭圆于两点，交轴于点，的周长为8，椭圆的离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）求点到椭圆上点的距离的最大值； （3）设，试判断是否为定值？请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）是，为定值． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦点三角形求出 的值，再由离心率求出 ，即得椭圆的标准方程； （2）法1：设，利用两点之间距离公式化简计算，根据二次函数的图象性质即可求得答案；法2：设，计算，结合正弦函数的值域和二次函数的性质即可求得； （3）设直线的方程，与椭圆方程联立，设，写出韦达定理，由代入坐标计算推得，，计算并化简，即可得到为定值. 【小问1详解】 由题意的周长为，解得， 又由可得，则， 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 法1：设是椭圆上任意一点，则满足，， ， 因，则函数在时取得最大值为， 故的最大值是． 法2：设是椭圆上任意一点， ， 设，则，函数在上单调递减， 故当时函数取得最大值，此时的最大值是． 【小问3详解】 由题意，得直线斜率存在，由（1）知，设直线的方程为， 联立，消去，整理得， ，设， 则， 又，则， 由得，所以，同理得， 所以 ， 所以为定值． 19. 法国著名军事家拿破仑・波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在中，内角的对边分别为，已知，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为． （1）求； （2）若外接圆半径为1，求的边长； （3）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1）60° （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解角度即可. （2）作出符合题意的图形，利用正弦定理求解即可. （3）依题意可得，，再利用面积公式得到，在和中分别利用余弦定理，即可得到，，从而求出，即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 化简得，由余弦定理得， 因为，所以. 【小问2详解】 如图，连接，，由题意得， 若外接圆半径为1，则由正弦定理得. 【小问3详解】 因为，分别是以为边向外作的等边三角形的外心， 所以， 因为正面积为，所以， 解得，而，因此， 所以在中，由余弦定理得 即，因此． 又因为中，， 所以由余弦定理得，即， 因此，， 因此的周长为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $