精品解析：云南省多校2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

数 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册第一章、第二章，第三章椭圆. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 4. 的三个顶点是，，，则边上的高所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，纵坐标伸长为原来的倍，则所得到的图象的函数解析式是（ ） A. B. C. D. 6. 已知点为圆外一点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，，，则直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆上有一点，它关于原点的对称点为，点为椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知椭圆：，则（ ） A. 的长轴长为 B. 当时，的焦点在轴上 C. 的焦距可能为4 D. 的短轴长与长轴长的平方和为定值 10. 已知点与圆：，则下列说法正确的有（ ） A. 点在圆上 B. C. 若AP与圆相切于点，则 D. 若圆A与圆相切，则圆的半径为 11. 如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（不含端点，），则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 存在点，使得 C. 不存在点，使得异面直线与所成的角为 D. 三棱锥体积的取值范围为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上． 12. 若直线与垂直，则_______． 13. 向量 且 ，则实数 _____. 14. 已知是直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则四边形周长的最小值为__________. 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、证明过程及演算步骤． 15. 已知直线的斜率为，且在轴上的截距为． （1）求直线与轴交点的坐标； （2）求直线与两坐标轴围成的三角形的周长． 16. 记的三个内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的外接圆半径为，求的面积. 17. 如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为，BC的中点. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 18. 已知关于x，y的方程. （1）若该方程表示圆C，求m的取值范围； （2）若圆C与圆外切，求m的值； （3）若（2）中的圆C与经过点的直线l相交于M，N两点，且，求直线l的方程． 19. 如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面，. （1）证明：； （2）设直线CP与平面ABCD所成角为. （i）求四棱锥的体积； （ii）若点M为棱CP上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册第一章、第二章，第三章椭圆. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据并集定义计算求解. 【详解】集合，，则. 故选：D. 2. 已知为虚数单位，复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，即可判断. 【详解】因为， 所以的虚部为. 故选：B 3. 点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算即可求解. 【详解】因为四边形为平行四边形，所以为和的中点， 所以， 故选：D. 4. 的三个顶点是，，，则边上的高所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由斜率，确定高的斜率，再由点斜式求解. 【详解】， 所以边上的高所在直线斜率为1， 所以边上的高所在直线的方程为， 即， 故选：C 5. 将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，纵坐标伸长为原来的倍，则所得到的图象的函数解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角函数图象变换求出解析式即可. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，得的图象， 再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，得的图象， 然后将所得图象上所有点的纵坐标伸长为原来的倍，得的图象. 故选：C 6. 已知点为圆外一点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由点在圆外及方程表示圆，列出不等式求解. 【详解】由点在圆外，则，得． 又表示圆，得，得． 综上：，即实数的取值范围为． 故选：D 7. 已知，，，，，则直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先证明平面，直线到平面的距离可转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离公式计算即可. 【详解】，，，， 显然，所以， 而平面，平面，于是平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离． 设平面的法向量为，则,令，得， 所以点到平面的距离为， 所以直线到平面的距离是． 故选：D 8. 已知椭圆上有一点，它关于原点的对称点为，点为椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造椭圆左焦点，利用对称性得到矩形，结合直角三角形边角关系与椭圆的定义，建立、关系求解离心率. 【详解】设椭圆左焦点为，连接、， 由、关于原点对称，可知四边形为平行四边形， 又，故，即平行四边形为矩形， 因此，， 在中，，设，则，， 由椭圆的定义，， 又，故，即， 将代入，得， 故离心率. 故选：B 二、多项选择题：本大题共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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知椭圆：，则（ ） A. 的长轴长为 B. 当时，的焦点在轴上 C. 的焦距可能为4 D. 的短轴长与长轴长的平方和为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据椭圆标准方程的形式、性质及焦点所在的位置分情况讨论即可. 【详解】若，则椭圆焦点在轴上，，长轴长为：，A错误. 当时，，则的焦点在轴上，B正确. 当时，的焦距为4，C正确. 因为，所以，D正确. 故选：BCD 10. 已知点与圆：，则下列说法正确的有（ ） A. 点在圆上 B. C. 若AP与圆相切于点，则 D. 若圆A与圆相切，则圆的半径为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A选项，根据点到点距离与圆的半径判断即可；于选项B，根据，两点间的距离公式求解即可；对于选项C，根据直线与圆相切，可判断，再根据勾股定理求解即可；对于选项D，圆A与圆相切，分两圆相外切与内切进行讨论即可. 【详解】已知圆：，所以圆的标准方程为：， 对于选项A，，圆心，半径，根据两点间的距离公式，所以点不在圆上，故A错误； 对于选项B，由A选项可知，，故B正确； 对于选项C，若AP与圆相切于点，所以，所以，，故C正确； 对于D选项，圆A与圆相切，若圆A与圆相外切，则圆的半径为，若圆A与圆相内切，则圆的半径为，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（不含端点，），则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 存在点，使得 C. 不存在点，使得异面直线与所成的角为 D. 三棱锥体积的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理判断与平面的位置关系，判断A的真假；建立空间直角坐标系，利用空间向量的垂直关系判断点的存在与否，判断B的真假；利用空间向量，根据两异面直线所成的角判断点的存在性，判断C的真假；对D，方法1，利用空间向量求底面三角形面积和三棱锥的高，进而求三棱锥的体积，判断D的真假；方法2，利用锥体的体积公式求三棱锥的体积，判断D的真假. 【详解】对于A，因为，分别为，的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面，故A正确； 因为平面，平面，所以，. 又四边形是正方形，所以.故两两垂直. 所以，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，. 对于B，假设存在点，使得， 因为，，所以，解得，不合题意，故B错误； 对于C，假设存在点，使得异面直线NQ与PE所成的角为， 因为，， 所以，解得， 不符合，则不存在点Q，使得异面直线NQ与PE所成的角为，故C正确； 对于D，方法一：因为，， 所以， ， 则， 设是平面的一个法向量， 则，令，则， 设，则， 则点到平面的距离， 则三棱锥的体积为， 因为，所以，故D正确. 方法二：设，则， 因为， 点到平面的距离， 所以，因为，所以，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上． 12. 若直线与垂直，则_______． 【答案】0 【解析】 【分析】根据两直线垂直的结论求. 【详解】直线与垂直， 可得，解得． 故答案为：0 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： 14. 已知是直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则四边形周长的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据圆的性质可得四边形的周长为，根据切线长的求法及点到直线距离公式，分析计算，可得的最小值，即可得答案. 【详解】圆，即， 由对称性可知，四边形的周长为， 因为为直角三角形， 所以， 又为直线上一点与圆心C之间的距离， 所以的最小值为点到直线的距离，且为， 所以的最小值为， 则四边形的周长的最小值为. 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、证明过程及演算步骤． 15. 已知直线的斜率为，且在轴上的截距为． （1）求直线与轴交点的坐标； （2）求直线与两坐标轴围成的三角形的周长． 【答案】（1） （2）24 【解析】 【分析】（1）由斜率和纵截距写出直线方程，然后求出横截距； （2）写出直线与坐标轴交点坐标，然后得到线段长，然后求得三角形周长. 【小问1详解】 由已知可得直线的方程为， 令，可得， 所以直线与轴交点的坐标为； 【小问2详解】 设坐标原点为，，， 由题意及（1）知直线与两坐标轴围成的三角形为， ， 所以直线与两坐标轴围成的三角形的周长为24. 16. 记的三个内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的外接圆半径为，求的面积. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合正弦的和角公式计算即可； （2）利用正弦定理求出，结合余弦定理求出，利用三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又，则， 所以， 即， 化简得，又，， 所以，又， 所以. 【小问2详解】 设外接圆的半径为，则，所以， 由余弦定理得，结合， ，即，解得，则， 所以. 17. 如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为，BC的中点. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 连接，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，AB，平面，所以平面， 又平面，则， 因为在直三棱柱中，所以四边形为正方形， 所以， 因为，，平面，所以平面， 又平面，则； （2）. 【解析】 【分析】（1）先求证平面，再证明平面即可； （2）以A为原点建系，计算平面的一个法向量为，利用向量夹角和线面角之间的关系求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为直三棱柱中，，所以，，两两垂直， 以为原点，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，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得， 设与平面所成角为， 所以， 即与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角的余弦值为. 18. 已知关于x，y的方程. （1）若该方程表示圆C，求m的取值范围； （2）若圆C与圆外切，求m的值； （3）若（2）中的圆C与经过点的直线l相交于M，N两点，且，求直线l的方程． 【答案】（1）； （2）4； （3）或. 【解析】 【分析】（1）化给定方程为，利用方程表示圆，即可求出范围. （2）根据给定条件，利用两圆相外切，列出方程，求出的值. （3）由（2）求出圆的方程，由圆的弦长公式求出圆心到直线l的距离，再按斜率存在与否分类求出方程. 【小问1详解】 方程，变形得， 由方程表示圆，得，解得， 所以实数的取值范围为. 【小问2详解】 由圆，得，此圆圆心，半径为， 又圆的圆心，半径， 由圆与圆相外切，得，即， 所以. 【小问3详解】 由（2）知，圆的圆心，半径， 由圆的弦长，得圆心到直线的距离， 圆心到直线的距离为，且直线过点，因此直线方程可以是； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 由，解得，直线的方程为， 所以直线l的方程为或. 19. 如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面，. （1）证明：； （2）设直线CP与平面ABCD所成角为. （i）求四棱锥的体积； （ii）若点M为棱CP上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值. 【答案】（1） 连接BD交AC于点O，连接OP. 因为底面ABCD为菱形，所以O为BD中点，. 因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD， 所以平面PAC. 因为平面PAC，所以. 因为O为BD中点，所以, 所以，所以. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接OP，则，再由面面垂直的性质可得平面PAC，则，再结合O为BD中点可得结论； （2）（i）过P作于点H，可得为直线CP与平面ABCD所成角，由已知可得平面PDH，则，从而得H为的垂心，而为等边三角形，则H为的重心，则可求出，进而可求出四棱锥的体积； （ii）以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，求出平面和平面的法向量，设二面角的平面角为，表示出，利用换元法可求出其最大值，从而可求出二面角的正弦值的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）过P作于点H， 因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAC， 所以平面ABCD， 所以为直线CP与平面ABCD所成角，即. 因为平面，平面ABCD，所以. 又，，，平面PDH， 所以平面PDH. 因为平面PDH，所以， 结合可知H为的垂心. 由于底面ABCD是边长为的菱形，， 故为等边三角形，因此H为的重心， ，，，，. 由于，，所以， 所以四棱锥的体积. （ii）以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 设，故. 设平面的一个法向量为， ，， 则， 取，则. 设平面的一个法向量为， ，， 则， 取，则， 设二面角的平面角为， 则 ， 令，则， 所以， 由于， 故， 当且仅当，即时取等号， 故的最大值为，因此的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $