精品解析：福建省泉州第五中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

泉州五中 2025-2026 学年第一学期期中考试卷 高二数学 满分：150分 时间：120分钟 2025.11 一、单选题（每题只有一个正确选项，每题 5 分，共 40 分） 1. 过点且直线的方向向量为的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得直线的斜率为，结合直线的点斜式方程，即可求解. 【详解】由直线的方向向量为，可得直线的斜率为， 又由直线过点，由点斜式方程得，即. 故选：A. 2. 若不是空间的一组基底，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】因为不是空间的一组基底，所以共面，则存在实数使得，然后列方程求解. 【详解】因为不是空间的一组基底，所以共面，则存在实数使得，则，可得方程组，解得 故选：B 3. 一个不透明的袋子里装有2个白球和3个黑球，这些球除颜色外完全相同．从袋子中随机摸出2个球，则这2个球异色的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用排列组合计算基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，结合古典概型的概率公式可求概率. 【详解】设为“从袋子中随机摸出2个球，这2个球异色”， 则从5个球中任取2个球，不同的取法为种， 而两球异色的取法共有种， 故. 故选：C. 4. 若的周长为10，且边长为4，则的面积的最大值为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆的定义可得点的轨迹方程，结合椭圆的几何性质即可得的面积的最大值. 【详解】由题意得，又， 所以， 则点在以为焦点的椭圆上，且长轴长，焦距， 则，所以 如图取焦点在轴上的椭圆： 则点的轨迹方程为， 所以， 又，所以. 故选：B. 5. 已知空间向量，，的长度分别为1，3，4，且两两夹角均为，点G为的重心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用点G为的重心可得，再由向量的减法和模长结合数量积的运算可得. 【详解】∵点G为的重心，∴， ∴.. ∴，∴，∴. 故选：B 6. 抛掷一枚骰子两次.设事件为“第一次向上的点数是2”，事件为“第二次向上的点数是奇数”，事件为“两次向上的点数之和能被5整除”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互为对立事件 B. C. D. 事件与事件相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】由对立事件的定义判断A；应用列举法求得判断B；应用列举法求得判断C；根据独立事件的定义计算判断D, 【详解】对于A，由事件定义，当第一次出现2点，第二次出现1点，则事件与事件同时发生，故不互为对立事件，故A错误； 抛掷一枚骰子两次的样本点数共36种， 对于B， 事件的发生的样本点为，共3种， 所以，故B错误； 对于C， “第二次向上的点数是偶数”，且“第一次向上的点数是2”， 包含的基本事件为共3种，所以，故C正确． 对于D，事件包含的样本点有， 共18种，所以， 事件包含的样本点有共7种， 所以，， 所以，故D错误. 故选：C． 7. 函数的值域是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出函数的定义域，然后令，最后利用辅助角公式及三角函数的性质即可求解. 【详解】令，解得，所以函数的定义域为， 设， 所以， 因为，所以，，故. 故选：D 8. 如图，已知棱长为3的正方体，在平面的同侧，顶点A在平面上，顶点B，D到平面的距离分别为1和，则顶点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设平面的法向量为且，应用向量法表示点面距，进而求到平面的距离. 【详解】以为轴建立空间直角坐标系，如下图， 则，， 不妨设平面的法向量为且，由已知， 所以，则， 故选：A 二、多选题（每题至少有两个答案，每题6分，每题部分答对得部分分，全对得6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. “直线与直线互相垂直”是“”的充要条件． B. 直线的倾斜角的取值范围是． C. 若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是． D. 过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程是． 【答案】BC 【解析】 【分析】根据两直线垂直，列出方程，求得的值，可判定A错误；求得直线的斜率，得到直线的倾斜角，可判定B正确；根据圆的性质，列出不等式组，求得的范围，可判定C正确；当直线过原点时，求得直线方程为，可判定D错误． 【详解】对于A，由直线与直线互相垂直，可得， 即，解得或，所以A错误； 对于B，由直线，可得直线的斜率为， 则直线的倾斜角的取值范围是，所以B正确； 对于C，由圆，可得圆心为，则， 若圆上恰有两点到点的距离为1，则满足，解得， 所以的取值范围是，所以C正确； 对于D，当所求直线过原点时，此时直线方程为； 当所求直线不过原点时，设直线方程为， 将点代入，可得，解得，即， 所以过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程是或，所以D错误． 故选：BC. 10. 在棱长为1的正方体中，动点，满足（），（），则下列说法一定正确的有（ ） A. 若，当时， B. 若，当取得最小值时， C. 若，的最小值为 D. 若，三棱锥的体积为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量运算判断AB，再由向量的模及基本不等式判断C，由等体积法易得三棱锥高及底面积为定值判断D. 【详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由（），可知， 当时，点与顶点重合，， 易知，，，则，， 由（），当时，有， 则，， 所以， 对于A项，由得，，解得或，A错误； 对于B项，，当时，取得最小值，B正确； 对于C项，，则 ， . 当且仅当时取等号，则， 当时，点与点重合，此时取得最小值，C正确； 对于D项，当时，点在平面内，而平面平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，又， 所以三棱锥的体积为定值，D正确. 故选：BCD. 11. 已知直线与圆交于两点，则下列选项中正确的是（ ） A. 的最小值为． B. 可能为锐角三角形． C. 若直线与圆交于两点，则由四点构成的四边形的面积的最大值为6． D. 设圆在两点处的切线交于点，则的最小值为． 【答案】AC 【解析】 【分析】结合直线过定点，可得圆心到直线的距离的范围，进而得弦长范围；由以及A的结论，即判断的范围，从而得出三角形形状；由直线与直线垂直且相交于定点，利用弦长公式表示出面积，结合基本不等式即可求面积最大值；设，由表示出，结合基本不等式，以及范围和取等号的条件，即可判断D. 【详解】直线即，过定点，取中点，连接，，，则， 故A正确； B选项，，则， 则不可能为锐角三角形，故B错误； C选项，直线即过定点，且直线与直线垂直，取中点，则为矩形，， ， 当且仅当，即时等号成立，故C正确； D选项， 设，由B得，，， ， 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 由于，则，故等号不成立， 所以，，故D错误； 故选：AC. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 若直线与直线平行，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据两直线平行得到，求出参数的值，再代入检验. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，解得或； 当时，直线与直线平行，符合题意； 当时，直线与直线重合，不符合题意； 综上可得. 故答案为： 13. 甲乙丙三位同学之间相互踢建子．假设他们相互间传递建子是等可能的，并且由甲开始传，则经过3次传递后，建子仍回到甲处的概率为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】列举法求古典概型的概率即可. 【详解】 设甲乙丙分别为，列树状图得 3次传递基本事件是种，满足条件的基本事件是2种， 所以. 故答案为：. 14. 已知点、、分别在棱长为的正方体的棱、、上，且．若为平面内的动点，为棱所在直线上的动点，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出截面与各棱的交点坐标，数形结合得到当、均与点重合时，取得最小值，求出答案. 【详解】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， 则、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则，，可得， 设平面交棱于点，则平面，， ，解得，即点， 同理可知，截面交棱于点，交棱于点， 故六边形即为平面截正方体的截面， 当、均与点重合时，取得最小值， 此时， 当、不与点重合或其中一点不与点重合， 均可利用三角形三边关系证明出， 如图，. 综上所述，的最小值为. 故答案为：. 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或者演算步骤） 15. 已知，，的平分线所在的直线的方程为． （1）求的中垂线的一般方程； （2）求直线的一般方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出的中点坐标及，故可得到的中垂线斜率，点斜式求出方程； （2）利用关于的对称点在直线AC上，求出，利用两点式求出直线方程，得到答案. 【小问1详解】 的中点坐标为， 又，故的中垂线斜率为4， 故的中垂线方程为，即． 【小问2详解】 由对称性可知，关于的对称点在直线上， 故，解得，故， 故直线的方程为，即． 16. 已知四棱锥的底面是梯形，底面ABCD，且，． （1）求证：平面MBD； （2）求点C到平面MBD的距离； （3）求直线PB与平面MBD所成角的正弦值． 【答案】（1） 连接AC与BD交于点E，连接ME， 因为，，所以，所以． 又，故，所以． 又平面MBD，平面MBD， 所以平面MBD （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接AC与BD交于点E，连接ME,证明即可. （2）由PD，AD，CD两两垂直，则在点建立空间直角坐标系，求法向量，代入点到直线的距离公式即可； （3）用第二问的空间直角坐标系，求平面MBD的法向量，用空间向量求线面角的公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由已知得PD，AD，CD两两垂直， 以DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，又， 故 由已知得，， 设平面BDM的法向量，则，， 即，取，则，，故 设点C到平面MBD的距离为h，则 【小问3详解】 由（2）知平面BDM的法向量为， 故 所以直线PB与平面MBD所成角的正弦值为 17. 甲、乙两人参加猜灯谜活动，每轮活动由参赛者各猜一个灯谜．已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为，假设每轮活动中，参赛者猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求甲在前两轮活动中，至多猜对一个灯谜的概率； （2）求甲、乙两人在前两轮活动中恰好共猜对个灯谜的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设分别表示甲两轮猜对灯谜的事件，求出的值，设“甲在两轮活动中，至多猜对一个灯谜”，，与互斥，利用互斥事件的概率公式或者对立事件的概率公式可求得的值； （2）设分别表示乙两轮猜对灯谜的事件，求出、的值，设“甲、乙两人在前两轮活动中恰好猜对个灯谜”，则，且与互斥，与，与分别相互独立，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得的值. 【小问1详解】 设分别表示甲两轮猜对灯谜的事件， 则， 设“甲在两轮活动中，至多猜对一个灯谜”，，与互斥， （或）. 所以，甲在两轮活动中，至多猜对一个灯谜的概率为． 【小问2详解】 设分别表示乙两轮猜对灯谜的事件， 则， 设“甲、乙两人在前两轮活动中恰好猜对个灯谜”， 则，且与互斥，与，与分别相互独立， 则， 所以，甲、乙两人在前两轮活动中恰好猜对个灯谜的概率是． 18. 如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接、，得到图②的四棱锥．设的平面角大小为， （1）若，证明：； （2）若棱的中点为，求的长； （3）若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】（1） 如图，取的中点，连接，因为，则， 若，则平面平面， 因为平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 在中，， 此时，所以， 又，，所以，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，利用面面垂直的性质定理可得出平面，进而可得出，利用勾股定理和余弦定理可求出的长，再利用勾股定理可证得； （2）取中点，连接、，证明出为平行四边形，再结合勾股定理可得出的长； （3）连接，利用二面角的定义可知，过点作平面，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合余弦函数的有界性可求得平面和平面夹角余弦值的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接、， 因为为中点，所以为的中位线， 所以且， 因为为的中点，四边形为矩形，所以且， 所以且， 故四边形为平行四边形， 所以． 【小问3详解】 连接，翻折前，因为，所以，同理可得， 所以为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、，过在平面内作于点， 因为，，，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 设，所以， 同理可得，， 所以， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得， 设平面的一个法向量为， 因为，， 则， 令，则， 设两平面的夹角为， 则 ， 令，，所以，所以， 所以当时，有最小值， 即平面和平面夹角余弦值的最小值为． 19. 已知在平面直角坐标系中，，平面内动点满足，点轨迹记为曲线， （1）求点的轨迹方程； （2）若直线与曲线交于、两点，且，求实数的值； （3）若曲线与轴的交点为两点，为直线：上的动点，直线与曲线的另一个交点分别为，直线与轴交点为，探究是否为定值，若是定值，求出定值，不是，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）恒为定值． 【解析】 【分析】（1）设动点坐标，由题意，根据两点间距离公式，化简计算，即可得答案. （2）依题意可得为等腰直角三角形，且，故点到直线的距离为，根据点到直线距离公式，代入计算，即可得答案. （3）当直线垂直于轴时，根据相似，可得直线过，当直线不垂直于轴时，设出Q点坐标，可得直线MQ方程，与圆C联立，根据韦达定理，可得E点坐标，同理可得F点坐标，即可求出直线EF的方程，化简整理，可得直线过，根据相似，对应边成比例，即可求得答案. 【小问1详解】 设动点坐标，因为动点满足，且，， 所以，化简可得， 所以点的轨迹方程为． 【小问2详解】 依题意可得为等腰直角三角形，且， 故点到直线的距离为， 直线即：，则，解得，即的值为． 【小问3详解】 曲线中，令，可得或，可知， 当直线垂直于轴时，设，x=6与x轴交于点P， 则， 所以，即， 所以，解得，即直线过； 当直线不垂直于轴时， 设且，则直线， 代入得， 由韦达定理可得，可得， 所以，即， 直线，代入C，可得， 由韦达定理可得，可得， 所以，即， 所以， 则， 整理得，即直线过； 综上可得，直线恒过定点，故， 在和中，， 故，故， 即恒为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州五中 2025-2026 学年第一学期期中考试卷 高二数学 满分：150分 时间：120分钟 2025.11 一、单选题（每题只有一个正确选项，每题 5 分，共 40 分） 1. 过点且直线的方向向量为的直线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 若不是空间的一组基底，则（ ） A. B. C. D. 3. 一个不透明的袋子里装有2个白球和3个黑球，这些球除颜色外完全相同．从袋子中随机摸出2个球，则这2个球异色的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 若的周长为10，且边长为4，则的面积的最大值为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 5. 已知空间向量，，的长度分别为1，3，4，且两两夹角均为，点G为的重心，则（ ） A. B. C. D. 6. 抛掷一枚骰子两次.设事件为“第一次向上的点数是2”，事件为“第二次向上的点数是奇数”，事件为“两次向上的点数之和能被5整除”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互为对立事件 B. C. D. 事件与事件相互独立 7. 函数的值域是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知棱长为3的正方体，在平面的同侧，顶点A在平面上，顶点B，D到平面的距离分别为1和，则顶点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题至少有两个答案，每题6分，每题部分答对得部分分，全对得6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. “直线与直线互相垂直”是“”的充要条件． B. 直线的倾斜角的取值范围是． C. 若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是． D. 过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程是． 10. 在棱长为1的正方体中，动点，满足（），（），则下列说法一定正确的有（ ） A. 若，当时， B. 若，当取得最小值时， C. 若，的最小值为 D. 若，三棱锥的体积为定值 11. 已知直线与圆交于两点，则下列选项中正确的是（ ） A. 的最小值为． B. 可能为锐角三角形． C. 若直线与圆交于两点，则由四点构成的四边形的面积的最大值为6． D. 设圆在两点处的切线交于点，则的最小值为． 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 若直线与直线平行，则______. 13. 甲乙丙三位同学之间相互踢建子．假设他们相互间传递建子是等可能的，并且由甲开始传，则经过3次传递后，建子仍回到甲处的概率为____________． 14. 已知点、、分别在棱长为的正方体的棱、、上，且．若为平面内的动点，为棱所在直线上的动点，则的最小值为___________． 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或者演算步骤） 15. 已知，，的平分线所在的直线的方程为． （1）求的中垂线的一般方程； （2）求直线的一般方程． 16. 已知四棱锥的底面是梯形，底面ABCD，且，． （1）求证：平面MBD； （2）求点C到平面MBD的距离； （3）求直线PB与平面MBD所成角的正弦值． 17. 甲、乙两人参加猜灯谜活动，每轮活动由参赛者各猜一个灯谜．已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为，假设每轮活动中，参赛者猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求甲在前两轮活动中，至多猜对一个灯谜的概率； （2）求甲、乙两人在前两轮活动中恰好共猜对个灯谜的概率． 18. 如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接、，得到图②的四棱锥．设的平面角大小为， （1）若，证明：； （2）若棱的中点为，求的长； （3）若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 19. 已知在平面直角坐标系中，，平面内动点满足，点轨迹记为曲线， （1）求点的轨迹方程； （2）若直线与曲线交于、两点，且，求实数的值； （3）若曲线与轴的交点为两点，为直线：上的动点，直线与曲线的另一个交点分别为，直线与轴交点为，探究是否为定值，若是定值，求出定值，不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $