精品解析：江西省临川第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

临川一中2025-2026学年上学期期中考试 高二年级数学试卷 卷面满分：150分 考试时间120分钟 一、单项选择题：共8小题，每题5分，共40分. 1. 已知复数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知为实数，椭圆的离心率为，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 若直线与直线平行，则（ ） A. 或 B. C. D. 或 6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点P为直线与直线的交点，点Q为圆上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，存在圆，点和点，M为圆O上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 二、多选题：共3小题，每题6分，共18分. 9. 已知圆，点在圆上，则下列说法正确的是（ ） A. 圆的圆心是，半径是 B. 圆的圆心是，半径是 C. 直线平分成面积相等两部分 D. 过点与圆相切的直线方程是 10. 已知椭圆C：的左右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆内部，点Q在椭圆上，则以下说法正确的是（ ） A. 离心率的取值范围为 B. 当离心率为时，的最大值为 C. 不存在点Q，使得 D. 的最小值为 11. 如图，在四棱台中，平面，上、下底面均为正方形，，，，则（ ） A. 直线平面 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 若该四棱台内（包括表面）的动点到顶点，的距离相等，则点形成的图形的面积为 D. 若底面内的动点到顶点的距离为2，则动点的轨迹的长度为 三、填空题：共3小题，每题5分，共15分 12. 一条光线从射出，经y轴后反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为_________. 13. 已知集合，集合，若有两个元素，则实数 的取值范围是__________． 14. 在三棱锥中，，，，直线与平面所成角为60°，直线PB与平面ABC所成角为30°，则点P在所在平面内的射影的轨迹长为________. 四、解答题：5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角的对边分别是，且 （1）求角的大小 （2）若，且的面积为，求的周长 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，为上一点． （1）求证：平面平面； （2）当Q为中点时，求点B到平面的距离． 17. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆及圆内一点，Q是圆O上的动点．以Q为圆心，QP为半径的圆Q，与圆O相交于E，F两点， （1）证明：点P到直线EF的距离为定值，并求出此定值． （2）若圆Q与圆恒有公共点，求r的取值范围； 18. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，且椭圆经过点 （1）求椭圆的方程； （2）设为椭圆上任意一点，求证：到距离与到直线距离之比为定值； （3）设为椭圆上任意一点，当最大时，求的面积． 19. 如图，在三棱柱中，，分别为棱，上的点，满足，，且与的面积之比为 （1）证明：平面； （2）求点到平面与到平面的距离之比； （3）若，直线，，两两相互垂直，求平面与平面所成角余弦值的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临川一中2025-2026学年上学期期中考试 高二年级数学试卷 卷面满分：150分 考试时间120分钟 一、单项选择题：共8小题，每题5分，共40分. 1. 已知复数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算先计算，再由复数的概念即可求解. 【详解】由题意有， 所以的虚部是. 故选：A. 2. 已知为实数，椭圆的离心率为，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】先判断椭圆焦点位置，然后根据离心率的公式列方程求解即可. 【详解】因为该方程为椭圆方程，所以且，解得， ，所以，， 则，所以， 由题意得，解得. 故选：D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦二倍角公式计算即可. 【详解】． 故选：D 4. 已知，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用公式计算即可. 【详解】在上的投影向量为. 故选：D 5. 若直线与直线平行，则（ ） A. 或 B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据两直线平行可直接构造方程组求解. 【详解】两直线方程可整理为：与， 两直线平行，，解得：. 故选：B. 6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意作图，利用椭圆的定义结合三角形的三边关系得出，再根据两点间距离公式计算即可. 【详解】 如图，为椭圆上任意一点，则， 所以， 因为为圆上任意一点，则， 所以， 当且仅当共线且在和之间时，等号成立． 由题意知，，则， 所以的最小值为． 故选：B． 7. 已知点P为直线与直线的交点，点Q为圆上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出点的轨迹方程，再判断两圆的位置关系，即可求出的取值范围. 【详解】因为点为直线与直线的交点， 所以由可得，且过定点，过定点， 所以点的轨迹是以点与点为直径端点的圆(去除)，圆心为， 半径. 而圆的圆心为，半径为， 所以两个圆心的距离，且，所以两圆相离， 所以的最大值为：， 因为不在圆上，故， 所以的取值范围是. 故选：B . 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，根据直线垂直以及过定点得到点的轨迹是圆，从而得解. 8. 在平面直角坐标系中，存在圆，点和点，M为圆O上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】C 【解析】 【分析】设点，求得，其中，结合和，即可求解. 【详解】设点，由圆，点和点， 可得， 其中，点在圆外，点在圆内， 如图所示，可得， 当且仅当为的延长线与圆的交点时，取得等号， 所以的最大值为； 又由， 当且仅当为与圆的交点 时，取得等号， 所以的最小值为. 故选：C. 二、多选题：共3小题，每题6分，共18分. 9. 已知圆，点在圆上，则下列说法正确的是（ ） A. 圆的圆心是，半径是 B. 圆的圆心是，半径是 C. 直线平分成面积相等两部分 D. 过点与圆相切的直线方程是 【答案】ACD 【解析】 【分析】将圆的方程配成标准方程，可判断AB选项，利用过点可判断C选项，将点坐标代入直线方程可得点在线上，再根据圆心到直线的距离可判断直线与圆相切，判断D. 【详解】将圆配方成标准方程为：， 则圆心是，半径是，故选项A正确，选项B错误； 将代入直线成立，即该直线过圆心平分成面积相等两部分，C正确； 点在圆上，即， 将代入中，即， 即经过点P， 圆心到直线的距离为， 由于过圆上一点的圆的切线是唯一的，故过点与圆相切的直线方程是，故选项D正确； 故选：ACD. 10. 已知椭圆C：的左右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆内部，点Q在椭圆上，则以下说法正确的是（ ） A. 离心率的取值范围为 B. 当离心率为时，的最大值为 C. 不存在点Q，使得 D. 的最小值为 【答案】CD 【解析】 【分析】由题设，可得，， 对于A,由离心率公式可判断； 对于B，由即可判断； 对于C，由，即，即可判断； 对于D，由椭圆的定义有，然后利用基本不等式求解即可判断. 【详解】由题设，，则，又在椭圆内部，则，即， 对A：，故选项A错误； 对B：当时，有，则，故选项B错误； 对C：由，即，所以以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆无交点， 所以椭圆上不存在点Q使得，故选项C正确； 对D：由椭圆的定义有， 所以，当且仅当时等号成立， 当时，,由于，则能取到，满足条件； 当时，,由于，则不能取到，此时, 综上选项D正确. 故选：CD. 11. 如图，在四棱台中，平面，上、下底面均为正方形，，，，则（ ） A. 直线平面 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 若该四棱台内（包括表面）的动点到顶点，的距离相等，则点形成的图形的面积为 D. 若底面内的动点到顶点的距离为2，则动点的轨迹的长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合空间点、线、面的位置关系的判断，直线与平面平行的判定，以及轨迹的求法，对各项逐一判断，即可得到本题答案. 【详解】连接，与交于点，连接，，则可得，与不平行，是过直线的平面与平面的交线，若直线平面，则必有，从而得出矛盾，所以A项错误； 连接，则，则（或其补角）为所求， 易得， 因为，平面，所以，从而平面， 所以，则，又， 所以在中，由余弦定理得， 所以异面直线与所成角的余弦值为，所以B项正确； 依题意，该四棱台被对角面分成的两部分关于该对角面对称， 所以该对角面上任意一点到顶点，的距离都相等， 所以所求面积即为该对角面的面积，易得面积为，所以C项正确； 底面内的动点到顶点的距离为2，即，连接，，则，所以动点的轨迹是以为半径的圆，即正方形的内切圆，其周长为，所以D项正确． 故选：BCD 三、填空题：共3小题，每题5分，共15分 12. 一条光线从射出，经y轴后反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为_________. 【答案】 【解析】 【分析】求出点关于轴的对称点，然后根据两点式求解直线方程即可. 【详解】设关于轴的对称点， 则有，即， 反射光线所在直线为：， 整理得：. 故答案为：. 13. 已知集合，集合，若有两个元素，则实数 的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】转化为直线与半圆有两个交点求解即可. 【详解】集合表示直线， 集合表示圆心为（0，1），半径为2的圆的下半部分． 如图所示． ∵有两个元素， ∴直线与半圆有两个交点． 当直线与圆相切时，即图中直线， 则有，解得或（舍去）． 当直线过点（2，1）时，即图中直线， 则有，解得． 结合图形可得． ∴实数 的取值范围是． 故答案为：． 14. 在三棱锥中，，，，直线与平面所成角为60°，直线PB与平面ABC所成角为30°，则点P在所在平面内的射影的轨迹长为________. 【答案】 【解析】 【分析】过P作平面ABC垂足为H，得，，，进而得到H点轨迹是半径为3的圆（阿波罗尼斯圆）. 【详解】过P作平面垂足为H，则，， 因为，，所以， 如图所示，以所在的直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系， 如图所示，则，， 设，因为，可得， 整理得，即， 所以H点轨迹是半径为3的圆（阿波罗尼斯圆），即轨迹长为 故答案为： 四、解答题：5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角的对边分别是，且 （1）求角的大小 （2）若，且的面积为，求的周长 【答案】（1） ； （2）6 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，整理可得，再由余弦定理即可求解； （2）由的面积为可得，再由余弦定理可得，结合可求得，即可得到的周长. 【小问1详解】 ， 由正弦定理可得：， 因为  ，所以， 即  ， 即  ，由余弦定理， ，  ，  . 【小问2详解】 由三角形面积公式可得：  ，解得  ，  由余弦定理可得：，  解得：  ，则  三角形的周长为 6. 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，为上一点． （1）求证：平面平面； （2）当Q为中点时，求点B到平面的距离． 【答案】（1） 由题意证明如下， ∵四边形是正方形， ∴． ∵平面平面，所以 ∴． 平面，平面， ∴平面． ∵平面， ∴平面平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）通过证明和得出平面，再由直线在面内，即可得出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系并表达出各点坐标，得出对应的向量和平面的法向量，即可求出点B到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意及（1）得， 在正方形中，, 在四棱锥中，，平面，Q为中点， 面，面，, ∴，， 建立空间直角坐标系如下图所示 ． 所以， 设平面的法向量为， 则得 当时，则， 设点B到平面的距离为， ， 则． 17. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆及圆内一点，Q是圆O上的动点．以Q为圆心，QP为半径的圆Q，与圆O相交于E，F两点， （1）证明：点P到直线EF的距离为定值，并求出此定值． （2）若圆Q与圆恒有公共点，求r的取值范围； 【答案】（1）证明：设，圆Q的半径， 则圆Q方程为， 整理得， 又圆， 两圆方程相减，整理得相交直线EF的方程为， 所以P到直线EF的距离， 因为Q在圆O上，所以， 所以P到直线EF的距离， 即点P到直线EF的距离为定值； （2） 【解析】 【分析】（1）利用圆与圆的相交，求相交直线的方程，再利用点到直线的距离公式求解即可证明． （2）首先确定圆的半径的范围，再利用圆与圆恒有公共点，得，列不等式组求解出r的取值范围； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为，，所以圆Q的半径， 又圆Q与圆恒有公共点，且圆心之间的距离为， 所以对任意恒成立， 所以，解得：， 所以r的取值范围为． 18. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，且椭圆经过点 （1）求椭圆的方程； （2）设为椭圆上任意一点，求证：到距离与到直线距离之比为定值； （3）设为椭圆上任意一点，当最大时，求的面积． 【答案】（1） （2）证明：由（1）得，设，则， 令到直线距离为，则 ， 所以到距离与到直线距离之比为定值. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆离心率的定义列式求出. （2）由（1）的结论，利用椭圆范围，结合两点间距离、点到直线距离公式计算得证. （3）利用椭圆定义、余弦定理及三角形面积公式求解. 【小问1详解】 由椭圆的离心率为，得，则， 由椭圆经过点，得，于是， 所以所求椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）知，， 在中，由余弦定理，得 ，当且仅当时取等号， 由余弦函数在上单调递减，得当时，取最大值， 此时， 所以当最大时，的面积为. 19. 如图，在三棱柱中，，分别为棱，上的点，满足，，且与的面积之比为 （1）证明：平面； （2）求点到平面与到平面的距离之比； （3）若，直线，，两两相互垂直，求平面与平面所成角余弦值的取值范围 【答案】（1） 作平行四边形与平行四边形，连接交与点，如下图所示： 显然，，所以，即； 又，可知为的中点，即， 所以， 又因为，； 所以，且，所以为平行四边形，即； 又因为，所以，可得， 故，，，四点共面， 又，平面，平面； 故平面 （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，利用三角形相似以及线面平行判定定理可证明出结论； （2）根据等体积法以及锥体体积公式计算可得结果； （3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出两平面与平面的法向量，再由向量夹角的坐标表示计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点到平面与到平面的距离分别为，， 由∥平面，有， 则， 易知，点到的距离为点到的距离的一半， 所以，可得， 又，， 又因为， 即得 【小问3详解】 如图，以为原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系 设，，， 则，，，，， 易知，，， 设平面的一个法向量为， 则，可取， 设平面的一个法向量为， 则，可取， 则， 由可知， 即，解得， 设平面与平面所成角为， 则 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $