精品解析：贵州省黔南布依族苗族自治州都匀湘才学校2025-2026学年高二上学期11月期中数学试题

绝密★启用前 都匀湘才学校 2025-2026学年度第一学期期中考试 高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生请先将自己的学部、姓名等信息填写清楚． 2．本试卷共4页（分为试题和答题卡两部分）． 3．本试卷考试时量120分钟，满分150分． 一、单项选择题：本题共8小题，每题5分，共40分．每小题所给的四个选项只有一个符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 直线倾斜角为（　　） A. B. C. D. 4. 已知向量，则与的夹角是（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（ ） A. B. C. l与α相交但不垂直 D. 或 6. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 7. 著名数学家华罗庚曾说：“数形结合百般好，隔裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点与点的距离．结合上述观点，可得的最大值为（ ） A 1 B. C. D. 2 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每题给出的四个选项中，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． 8. 圆与圆有且只有一个公共点，则的值可能是（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 9. 已知表示圆，则下列结论正确的是（ ） A. 圆心坐标为 B. 当时，半径 C. 圆心到直线的距离为 D. 当时，圆面积为 10. 如图，已知正方体边长为，则下列说法正确是（ ） A. 直线与所成角为 B. 平面 平面 C. 三棱锥的体积是正方体的 D. 直线与平面所成角的正弦值为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 11. 已知向量在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为______. 12. 某高中高一年级有学生1440人，高二年级有学生1600人，高三年级有学生1760人.现用分层抽样的方法，从这三个年级学生中抽取n人了解他们的学习情况，其中在高二年级抽取了100人，则________. 13 向量 且 ，则实数 _____. 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． 14. 已知直线，直线和． （1）求证：直线 恒过定点； （2）设（1）中的定点为，与，的交点分别为 ， ，若恰为 的中点，求． 15. 已知圆心为的圆与直线相切． （1）求圆的标准方程； （2）若圆与圆相交于两点，求直线方程． 16. 正方体的边长为1，为正方形的中心． （1）求证：直线平面； （2）求三棱锥的体积． 17. 已知直线. （1）若直线不经过第四象限，求的取值范围； （2）已知，若点到直线的距离为，求最大时直线的一般式方程. 18. 如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 都匀湘才学校 2025-2026学年度第一学期期中考试 高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生请先将自己的学部、姓名等信息填写清楚． 2．本试卷共4页（分为试题和答题卡两部分）． 3．本试卷考试时量120分钟，满分150分． 一、单项选择题：本题共8小题，每题5分，共40分．每小题所给的四个选项只有一个符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用集合交集的概念与运算，即可求解. 【详解】由集合，，根据集合交集的运算，可得. 故选：D. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】复数对应的点为即可求解. 【详解】因为，所以对应的点的坐标为， 故选：D 3. 直线的倾斜角为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线斜率的定义直接得出结果. 【详解】由题意知，直线方程可变形为， 所以直线的斜率为，设直线的倾斜角为， 则，解得. 故选：C 4. 已知向量，则与的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量的夹角公式求解即可. 【详解】由题，， 又，所以. 故选：C. 5. 已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（ ） A. B. C. l与α相交但不垂直 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】由和的位置关系即可判断. 【详解】，， 所以， 所以， 故选：A 6. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离，然后由勾股定理求解. 【详解】圆的圆心为，半径为3，则圆心到直线的距离为，则直线被圆截得的弦长为． 故选：B. 7. 著名数学家华罗庚曾说：“数形结合百般好，隔裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点与点的距离．结合上述观点，可得的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】将转化成到点的距离与到点的距离之差，再结合和两点间的距离公式进行求解． 【详解】由所求的式子的形式想到距离之差， ， 可转化成轴上一点到点距离与到点的距离之差， 则（当且仅当三点共线时取等号）， 所以的最大值为． 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每题给出的四个选项中，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． 8. 圆与圆有且只有一个公共点，则的值可能是（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】BD 【解析】 【分析】根据圆与圆的位置关系列式计算即得参数值. 【详解】由题意知，圆的圆心为，半径为 圆的圆心为，半径为， 因为两圆只有一个公共点，所以两圆内切或外切， 当两圆外切时，， 当两圆内切时，. 故或4,即或. 故选：BD 9. 已知表示圆，则下列结论正确的是（ ） A. 圆心坐标为 B. 当时，半径 C. 圆心到直线的距离为 D. 当时，圆面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】写出圆的标准方程确定圆心和半径，再结合各项的描述判断正误. 【详解】将方程配方化为， 所以圆心为，半径为，故A错误； 当时，半径为，B正确； 圆心到直线的距离为，C正确； 当时，半径为3，圆面积为，D错误． 故选：BC 10. 如图，已知正方体边长为，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与所成角为 B. 平面 平面 C. 三棱锥的体积是正方体的 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】AC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量法计算可判断ABD，根据三棱锥体积公式计算可判断C. 【详解】以D点为坐标原点，DA为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，，， 所以，， 因， 所以，即直线与所成角为，故A正确； ，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，即， 在正方体中，平面的法向量可以为， 因为， 所以平面 平面不成立，故B错误； ，故C正确； 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 11. 已知向量在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算的坐标表示，可得答案. 【详解】由题意可得，设， 则，解得，所以坐标为. 故答案为：. 12. 某高中高一年级有学生1440人，高二年级有学生1600人，高三年级有学生1760人.现用分层抽样的方法，从这三个年级学生中抽取n人了解他们的学习情况，其中在高二年级抽取了100人，则________. 【答案】300 【解析】 【分析】根据题意求得每个学生抽到的概率，结合分层抽样列出方程，即可求解. 【详解】利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了n人进行问卷调查，其中高二年级抽取了100人，高二年级共有1600人， 则每个学生被抽到的概率为， 可得，解得（人）， 故答案为：. 13. 向量 且 ，则实数 _____. 【答案】## 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算，再结合向量平行列式计算，即可求解. 【详解】，， 因为，所以， 即， 有， 故实数 . 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． 14. 已知直线，直线和． （1）求证：直线 恒过定点； （2）设（1）中的定点为，与，的交点分别为 ， ，若恰为 的中点，求． 【答案】（1）证明见解析. （2）. 【解析】 【分析】（1）先分离参数，再令参数的系数等于 ，求得、 的值，可得直线 恒过定点； （2）先设一个交点，再表示另一个交点，接着联立方程求出交点坐标，最后解出即可. 【小问1详解】 解：由题， 可化为， 由于，令，可得， 所以，解得， 即直线 恒过定点． 所以直线 恒过定点. 【小问2详解】 由（1）知，不妨设， 由题意可知，恰为 的中点， 所以， 因为， 分别在直线 和直线 上， 所以， 解得 ，所以， 将代入直线方程，解得． 所以 的值为 . 15. 已知圆心为圆与直线相切． （1）求圆的标准方程； （2）若圆与圆相交于两点，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意易知圆的半径为，结合圆的标准方程即可求解； （2）两圆两圆方程相减即可求解. 【小问1详解】 因为圆的圆心为，且与直线相切， 所以圆的半径为， 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知圆：， 即， 又圆与圆相交两点， 两圆方程相减得， 即直线方程为. 16. 正方体的边长为1，为正方形的中心． （1）求证：直线平面； （2）求三棱锥体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面． （2）根据，即可求得三棱锥的体积． 【小问1详解】 证明：连接交于点，连接， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以直线平面． 【小问2详解】 解：在棱长为的正方体中，可得平面，且， 其中的面积为， 又由， 即三棱锥的体积． 17. 已知直线. （1）若直线不经过第四象限，求的取值范围； （2）已知，若点到直线的距离为，求最大时直线的一般式方程. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据方程求出直线l所过定点坐标，再由该直线不过的象限列式求解. （2）确定取得最大值的条件，进而求出直线方程. 【小问1详解】 直线l的方程为，因此直线l恒过定点， 若直线l不经过第四象限，则. 【小问2详解】 由（1）知直线l恒过定点， 当且仅当时，d取得最大值，此时直线的斜率， 因此直线的斜率，直线的方程为，即， 所以直线的一般式方程为. 18. 如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连结交于点，连结，证明四边形是正方形，证明平面，证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解. 【小问1详解】 连结交于点，连结， 因正四棱锥，所以平面， 又平面， 所以，因为正四棱锥， 所以四边形是正方形， 所以，因为，，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； 【小问2详解】 因为，，， 所以以为原点建立空间直角坐标系， ，，，， 所以， ， 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $