精品解析：北京市第五十七中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

2025-2026学年第一学期高二年级数学学科期中考试试卷 一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分.在每小题的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合A中的元素，再根据集合的交集运算，求得答案. 【详解】集合，而， 故， 故选：C 2. 若点为圆的弦的中点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直关系求斜率，即可根据点斜式求解. 【详解】的圆心为， 故， 由于，故，因此直线的方程为，即， 故选：D 3. 若直线与直线平行，则两直线间距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据两直线平行的充要条件求出，再根据平行直线间的距离公式计算即可. 【详解】因为，所以，解得或， 经检验，当时两直线重合， 所以， 则，即， 所以两直线之间的距离为. 故选：A. 4. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数是偶函数 B. 函数的最小正周期为 C. 函数的图像关于对称 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角恒等变换和正弦函数的性质求解. 【详解】， ， 所以函数是奇函数，故A错误； 函数的最小正周期为，B错误； 为函数的最大值，C正确； ，所以，D错误， 故选:C. 5. 下列说法错误的是（ ）. A. 直线的倾斜角的取值范围是 B. 若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是 C. “直线与直线互相垂直”是“”的充分不必要条件 D. 过点且在轴，轴上的截距互为相反数的直线方程是或 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线倾斜角的范围、两圆的位置关系、两直线垂直的条件以及截距的定义逐项判断即可. 【详解】A：因为直线的斜率为. 所以倾斜角满足且直线倾斜角的范围为，则，A正确； B：由题意，圆是以为圆心，半径为的圆，圆是以为圆心，半径为1的圆， 两圆圆心距为. 由于圆上恰有两点到的距离为1，即两圆有且仅有两个公共点， 所以，解得，所以B正确； C：当时，直线与直线互相垂直， 当时，直线的斜率为，直线的斜率是， 要使得两直线互相垂直，则，解得， 所以直线与直线互相垂直是的必要不充分条件，所以C错误； D：当直线与轴的截距不为0时，设直线方程为， 将点代入得，解得，所以直线方程为， 当直线与轴的截距为0时，也满足题意，此时斜率为， 所以此时直线方程为，即，所以D正确. 故选：C. 6. 已知A，B（异于坐标原点）是圆与坐标轴的两个交点，则下列点M中，使得为钝角三角形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线AB的方程，确定弦AB为该圆的直径，再判断A，B，C，D各选项中的点M与圆的位置关系，即可确定的形状，从而得解． 【详解】因为A，B（异于坐标原点）是圆与坐标轴的两个交点， 所以易得，，则，直线AB的方程为， 显然圆心在直线AB上，即弦AB为该圆的直径， 对于A，，即在圆上，则为直角三角形，故A错误； 对于B，因为，，， 所以，，即为中的最大角， 因为，即在圆外，即为锐角， 所以为锐角三角形，故B错误； 对于C，，即在圆上，则为直角三角形，故C错误； 对于D，，即在圆内，则为钝角三角形，故D正确． 故选：D． 7. 已知平面向量，满足，与的夹角为120°，记，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据与的夹角为120°，得到，再根据，得到的终点在直线AB上求解. 【详解】设，如图所示： 则， 因为与的夹角为120°， 所以， 因为，且的起点相同， 所以其终点共线，即在直线AB上， 所以当时，最小，最小值为，无最大值， 所以的取值范围为， 故选；A 8. 若函数的定义域和值域的交集为空集，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先得到函数的定义域，再分析当时的取值，即可得到，再对时分和两种情况讨论，求出此时的取值，即可得到的值域，从而得到不等式，解得即可； 【详解】解：因为，所以的定义域为，， 当时，则在上单调递增，所以； 要使定义域和值域的交集为空集，显然， 当时， 若则，此时显然不满足定义域和值域的交集为空集， 若时在上单调递减，此时， 则， 所以，解得，即 故选：B 9. 如图，等腰直角中，，点为平面外一动点，满足，，给出下列四个结论： ①存在点，使得平面平面； ②存在点，使得平面平面； ③设的面积为，则的取值范围是； ④设二面角的大小为，则的取值范围是. 其中正确结论是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】 ①当时，结合条件，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理判断；②取AP的中点M，根据，得到，利用反证法判断；③由AP=4，AC=2，得到，由点P在平面上的极限位置判断；④根据，由点在平面内时 ，当点运动时，设点A到平面的距离为h，根据，由判断. 【详解】如图所示： ①当时，又，所以平面ABC，所以，又，所以平面PBC，又平面PAC，所以平面平面，故正确； ②取AP的中点M，连接BM，CM，因为，所以，假设平面平面，则平面PAC，则，而BM=BC=2，，不成立，故错误； ③因为AP=4，AC=2，所以，当点P在平面上，且C，P在A，B的异侧 ，当C，P在A，B的同侧时，A，C，P共线， ，因为点为平面外，则的取值范围是，故错误； ④因为，当点在平面内时 ，当点运动时，设点A到平面的距离为h，因为，则，所以，所以的取值范围是，故正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题③④的解决关键在于理解点P是绕AB轴在旋转，从而找到极限位置而得解. 10. 已知圆,直线,则下列说法不正确的是（ ） A. 当时，直线与圆相离 B. 若直线是圆的一条对称轴，则 C. 已知点为圆上的动点，若直线上存在点，使得，则的最大值为 D. 已知，，为圆上不同于的一点，若，则的最大值为 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离，可判断A项；直线是圆的一条对称轴，则直线过圆心，可判断B项；当与圆相切时，取得最大值，转化为圆心到直线的距离,可判断C项；利用弦长公式及直角三角形的性质，结合三角函数求最值，即可判断D项. 【详解】对于A：当时，直线，此时圆心到该直线的距离， 因此直线与圆相离，故A正确； 对于B：若直线是圆的一条对称轴，则直线过圆心， 代入直线，得：，解得，故B正确； 对于C： 当与圆相切时，取得最大值，只需此时, 则,得. 故圆心到直线的距离，解得,故C不正确； 对于D： 设的中点为， 则， 故 , 当且仅当且点在点正上方时,等号成立,故D正确. 故选：C. 二、填空题：共6小题，每题5分，共30分 11. 设复数z＝－1－i(i为虚数单位)，z的共轭复数为，则＝________． 【答案】－1＋2i##2i－1 【解析】 【分析】利用复数的运算法则计算即可得出答案. 【详解】∵z＝－1－i，∴＝－1＋i， ＝－1＋2i． 故答案为：－1＋2i. 12. 已知边长为2的菱形中，，点满足，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】应用向量的加减法及数乘运算，最后应用数量积公式及运算律计算求解. 【详解】边长为2的菱形中，，点满足， 则. 因为， 所以. 故答案为：. 13. 已知点，直线，若直线上至少存在三个点，使得为直角三角形，直线倾斜角的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】考虑，两种情况，要想直线上至少存在三个点，使得为直角三角形，则以为直径的圆的方程为与直线至少有1个公共点，利用点到直线距离公式得到不等式，解得或，从而求出倾斜角的取值范围. 【详解】直线恒过点， 当时，直线上不存在，使得为直角三角形， 当时，过点或作轴的平行线，两平行线一定与直线相交， 这时可以保证为直角三角形，且直角顶点为或， 以为直径的圆的方程为， 要想直线上至少存在三个点，使得为直角三角形， 则与直线至少有1个公共点， 故，解得或， 设直线倾斜角为，则或， 所以 故答案为： 14. 祖暅（公元5-6世纪），祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家.他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等；该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图将底面直径皆为，高皆为的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，以平行于平面的平面于距平面任意高处可横截得到及两截面，可以证明总成立.据此，为，为的椭球体的体积是______ . 【答案】 【解析】 【分析】由题意半椭球的体积等于，从而得到椭球的体积，再代入数据求解即可. 【详解】因为总有，所以半椭球的体积等于， 故椭球的体积为，所以该椭环体积是. 故答案为：. 15. 已知直线与圆心为的圆相交于两点，且为等边三角形，则实数________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由于为等边三角形，故弦长，根据直线与圆相交，所得弦长公式为，可建立方程，，，即，解得. 考点：直线与圆的位置关系，解三角形． 【思路点晴】本题考查直线与圆的位置关系，直线与圆相交所得弦长公式，考查等边三角形几何性质.由于为等边三角形，故弦长，我们利用弦长公式就可以建立一个方程出来，这个方程包括点到直线距离公式.在求解完整之后，要验证圆心到直线的距离是否小于半径. 16. 如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体 所得截面的面积为. 其中所有正确结论为_____ 【答案】①③ 【解析】 【分析】于结论①，作出经过点，，的截面即可判断；对于结论②，由分析可得，即可判断；对于结论③，作出经过点且与直线垂直的平面，判断平面与是否有交点即可判断；对于结论④，分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时两种情况的截面面积的变化情况即可判断. 【详解】对于结论①，取中点为，连接， ，， 因为正方体，为的中点，所以， 所以四点共面，如图确定的平面与线段有且仅有一个交点， 故结论①正确； 对于结论②，因为，求的最小值，即求的最小值， 因为正方体，所以四点共面， 所以与会相交于一点，设为， 此时， 因为 ， 所以的最小值为错误， 故结论②错误； 对于结论③，取中点分别为，，连接，设交 于点，若平面， 在平面中，易知， 所以， 所以， 所以，所以， 又因为平面，平面， 所以， ，平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面，   所以. 所以存在点，使得， 故结论③正确. 对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为， 当点为上靠近点的三等分点时， 取中点为，连接，，，，，， 此时四边形即为平面截正方体所得截面，证明如下： 已知平面，求证点为上靠近点的三等分点， 因为，所以，所以点为上靠近点的三等分点，得证. 又因为，且，，所以四边形为等腰梯形，面积为， 所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为， 当点趋近于点时，截面面积趋近于3， 因为，，点为上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的， 所以点为上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为， 故线段上至少存在两个点使得截面面积为， 故结论④不正确 故答案为：①③ 三、解答题：共6小题，共80分 17. 如图，在三棱柱中，侧面和都是正方形，平面平面，分别为，的中点． （1）求证：平面． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：取中点，连接，， ∵分别为的中点，∴，且， 又四边形是正方形，∴且， 即且，又∵为中点，∴且， 所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，证明四边形为平行四边形，证出，即可证明平面；（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求解平面的 法向量，利用数量积的计算公式即可求出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略； （2）由题意，两两垂直，所以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则. ，，设平面 的法向量为， 则，即 ，得 设直线与平面所成角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】方法点睛：本题考查的是空间向量与立体几何的问题， （1）关于线面平行的证明，一般利用线面平行的判定定理证明，需要证明平行线，一般是找中位线或者平行四边形证明； （2）关于线面角的求解，一般利用空间向量的方法，需要求解平面的法向量，再代入数量积求解公式计算. 18. 已知函数，其中，若是的一个零点； （1）求的值； （2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）代入计算得出，再结合特殊角及角的范围计算求解； （2）应用三角恒等变换化简，再结合函数值域计算求参. 【小问1详解】 由题设.所以. 因为，所以.所以.所以. 【小问2详解】 由（1）. 令， 所以在单调递增，在单调递减， 于是，当且仅当，即时，取得最大值1； 当且仅当，即时，取得最小值. 又，即时，. 所以的取值范围是. 19. 如图，在多面体中，四边形和都是直角梯形，，，，，，点为棱CF上一点，平面与棱BC交于点. （1）求证：； （2）求证：； （3）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值. 【答案】（1） 因为， 所以，， 又因为，平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以； （2） 因为，，， 所以是平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以； （3） 【解析】 【分析】（1）据题意有，，即可证明平面，进而证明； （2）利用条件先证明是平行四边形，即可证明平面，根据线面平行性质可证； （3）以点为原点建立空间直角坐标系，设，分别求得平面与平面的法向量，根据夹角的向量公式即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 以点为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示：设， 则， 依题意有，，， ，，则， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取则，，则， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 平面与平面所成锐二面角为， 则， 解得，所以，故. 20. 在中，. （1）求； （2）若的面积为，再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的值. 条件①：；条件②：；条件③： 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）选择条件①不符合题意；选择条件②或③， 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合二倍角的正弦公式，即可求得答案. （2）根据面积公式，可得，若选条件①：，分析可得不符合题意；若选条件②：由正弦定理角化边可得，进而可得b，c的值，代入与余弦定理，即可得答案；若选条件③：根据同角三角函数的关系，可求得，根据诱导公式及两角和的正弦公式，可求得，根据正弦定理，可求得b，c的值，代入与余弦定理，即可得答案. 【小问1详解】 由正弦定理得， 因为， 所以， 所以，即， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 若选条件①：因为， 所以，则可能为锐角，也可能为钝角，不满足存在且唯一确定， 所以条件①不符合题意. 若选条件②：因为，由正弦定理得：， 联立，解得， 由余弦定理得， 所以. 若选条件③：由，得， 所以， 由正弦定理得， 联立，解得， 由余弦定理得， 所以. 21. 已知圆与直线相切于点，圆心在轴上. （1）求圆的标准方程； （2）过点作圆的切线，求切线的方程； （3）设点，过点作直线，交圆于两点，再过点作与直线垂直的直线，交圆于两点，记四边形的面积为，求的最大值. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）设，由圆与直线相切于点，可求得，从而可求出半径，即可求解； （2）当切线斜率不存在时，则直线，即可验证直线与圆是否相切；当切线斜率存在时，设出直线，再结合点到直线的距离公式即可求得，从而可求解. （3）法一：分情况讨论直线无斜率时、斜率为时、斜率存在且不为时，相应的直线情况，再结合直线与圆相交求出相应的，即可求解； 法二：设圆心到直线的距离，到直线的距离，可得则，，再结合，从而可求解. 【小问1详解】 设，由圆与直线相切于点， 得，解得，所以 则圆半径， 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 当切线斜率不存在时，直线为，显然圆心直线到的距离为，等于半径， 所以直线与圆相切； 当切线斜率存在时，设切线方程为，即， 由圆心到切线的距离为得，，解得， 则，整理得， 综上，切线方程为或. 【小问3详解】 法一：当直线无斜率时，，， 当直线斜率为时，，. 当直线斜率存在且不为时，设直线为，即， 则圆心到直线距离， 所以， 因为，用替换上式中的可得. 则 ， 当且仅当，即时取等号 综上所述，因为，所以的最大值为. 法二：设圆心到直线的距离，到直线的距离， 则，， 又直线与直线垂直，所以，， 当且仅当时取等，所以的最大值为. 22. 设正整数，集合，对于集合中的任意元素和，及实数，定义：当且仅当时；；．若的子集满足：当且仅当时，，则称为的完美子集． （1）当时，已知集合，分别判断这两个集合是否为的完美子集，并说明理由； （2）当时，已知集合．若不是的完美子集，求的值； （3）已知集合，其中，若对任意都成立，判断是否一定为的完美子集．若是，请说明理由；若不是，请给出反例． 【答案】（1） 由， 显然只有唯一解，即， 所以为的完美子集； 同理，对于，， 令， 即，方程组的解不唯一， 比如，，为方程组的一组解，所以不是的完美子集. （2） （3） 是完美子集，理由如下： 假设存在不全为0的实数，，满足， 不妨设，则否则与假设矛盾， 由，得， 所以， 与，即矛盾， 所以假设不成立，所以．所以， 所以一定是完美子集. 【解析】 【分析】（1）根据完美子集的定义，列方程组求值判断即可； （2）根据题意列方程组，解方程组即可求解； （3）假设存在不全为0的实数，，满足条件，不妨设，由条件得出矛盾即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得， 所以， 由不是的完美子集，即方程组的解不唯一， 因为， 由集合的互异性得，且， 所以，，， 所以， 所以， 所以或， 检验： 当时，存在，，，使得， 当时，因为，所以，，舍， 所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期高二年级数学学科期中考试试卷 一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分.在每小题的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若点为圆的弦的中点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 若直线与直线平行，则两直线间距离为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数是偶函数 B. 函数的最小正周期为 C. 函数的图像关于对称 D. 5. 下列说法错误的是（ ）. A. 直线的倾斜角的取值范围是 B. 若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是 C. “直线与直线互相垂直”是“”的充分不必要条件 D. 过点且在轴，轴上的截距互为相反数的直线方程是或 6. 已知A，B（异于坐标原点）是圆与坐标轴的两个交点，则下列点M中，使得为钝角三角形的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知平面向量，满足，与的夹角为120°，记，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的定义域和值域的交集为空集，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，等腰直角中，，点为平面外一动点，满足，，给出下列四个结论： ①存在点，使得平面平面； ②存在点，使得平面平面； ③设的面积为，则的取值范围是； ④设二面角的大小为，则的取值范围是. 其中正确结论是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 10. 已知圆,直线,则下列说法不正确的是（ ） A. 当时，直线与圆相离 B. 若直线是圆的一条对称轴，则 C. 已知点为圆上的动点，若直线上存在点，使得，则的最大值为 D. 已知，，为圆上不同于的一点，若，则的最大值为 二、填空题：共6小题，每题5分，共30分 11. 设复数z＝－1－i(i为虚数单位)，z的共轭复数为，则＝________． 12. 已知边长为2的菱形中，，点满足，则_____. 13. 已知点，直线，若直线上至少存在三个点，使得为直角三角形，直线倾斜角的取值范围是_____. 14. 祖暅（公元5-6世纪），祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家.他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等；该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图将底面直径皆为，高皆为的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，以平行于平面的平面于距平面任意高处可横截得到及两截面，可以证明总成立.据此，为，为的椭球体的体积是______ . 15. 已知直线与圆心为的圆相交于两点，且为等边三角形，则实数________． 16. 如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体 所得截面的面积为. 其中所有正确结论为_____ 三、解答题：共6小题，共80分 17. 如图，在三棱柱中，侧面和都是正方形，平面平面，分别为，的中点． （1）求证：平面． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数，其中，若是的一个零点； （1）求的值； （2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围. 19. 如图，在多面体中，四边形和都是直角梯形，，，，，，点为棱CF上一点，平面与棱BC交于点. （1）求证：； （2）求证：； （3）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值. 20. 在中，. （1）求； （2）若的面积为，再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的值. 条件①：；条件②：；条件③： 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 21. 已知圆与直线相切于点，圆心在轴上. （1）求圆的标准方程； （2）过点作圆的切线，求切线的方程； （3）设点，过点作直线，交圆于两点，再过点作与直线垂直的直线，交圆于两点，记四边形的面积为，求的最大值. 22. 设正整数，集合，对于集合中的任意元素和，及实数，定义：当且仅当时；；．若的子集满足：当且仅当时，，则称为的完美子集． （1）当时，已知集合，分别判断这两个集合是否为的完美子集，并说明理由； （2）当时，已知集合．若不是的完美子集，求的值； （3）已知集合，其中，若对任意都成立，判断是否一定为的完美子集．若是，请说明理由；若不是，请给出反例． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $