广东省汕头市潮南区陈店实验学校2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

陈店实验学校2025-2026学年上学期高二年级期中考试 数学试卷 一、单选题: 本题共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．已知复数，，则（    ） A． B． C． D． 3．如图，已知平行六面体，则（    ） A． B． C． D． 4．下列函数中，在区间上单调递减的是（    ） A． B． C． D． 5．已知直线和直线平行，则这两条线之间的距离为（    ） A． B． C． D． 6．已知直线与圆，则直线与圆的位置关系是（    ） A．相离 B．相交 C．相切 D．无法确定 7．若，则的最小值是（    ） A．36 B．13 C．12 D．6 8．连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记录每次朝上的点数，设事件A为“第一次的点数是2”，事件B为“第二次的点数小于4”，事件C为“两次的点数之和为偶数”，则（    ） A． B．A与C相互独立 C．A与C对立 D．B与C互斥 二、多选题: 本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．已知圆的标准方程为，则下列说法正确的是（    ） A．圆的圆心为 B．点在圆内 C．圆的半径为5 D．点在圆内 10．以下四个命题表述正确的是（    ） A．直线恒过定点 B．若直线与互相垂直，则实数 C．已知直线与平行，则或 D．过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为或 11．点在圆：上，点在圆：上，则（    ） A．的最小值为2 B．的最大值为7 C．两个圆心所在的直线斜率为 D．两个圆相交弦所在直线的方程为 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知函数则 ． 13．已知两点，则以为直径的圆的标准方程为 ． 14．若角的终边经过，则 ． 四、解答题: 本题共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．（13分）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，． (1) 若，，求c； (2) 若的面积为，，求a． 16．（15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，E为中点.   (1) 求证：平面； (2) 求平面与平面夹角的余弦值． 17．（15分）中国AI大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段.为了解中国AI大模型用户的年龄分布，A公司调查了500名中国AI大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照，，，，进行分组，得到如图所示的频率分布直方图. (1) 求m的值； (2) 求这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数； (3) 估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数（各组数据 以该组区间的中点值作代表）. 18．（17分）如图，在正三棱柱中，底面边长为，侧棱长为，是的中点. (1) 证明: 平面； (2) 求直线与平面所成角的正弦值； (3) 在线段上是否存在一点，使得点到平面ADE的距离为? 若存在，请求出的值； 若不存在， 请说明理由． 19．（17分）设A，B是平面上两点，则满足（其中为常数，且）的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知，，且． (1) 求点所在圆的方程． (2) 设直线与圆交于，两点（不与原点重合）． ① 若直线过点，且，求直线的方程． ② 设直线，斜率分别为，，且，证明：直线恒过定点． 陈店实验学校2025-2026学年上学期高二年级期中考试 数学试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D C B B C C B ABC BCD BC 注：多选题按选项给分，第9,10题每对一个选项得2分；第11题每对一个选项得3分,有错选的得0分. 1．C 【分析】利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为集合，，所以. 故选：C. 2．D 【分析】根据复数加法运算法则求解. 【详解】由，， 则， 故选：D 3．C 【分析】由空间向量的加法法则可得答案. 【详解】由. 故选：C 4．B 【分析】根据反比例函数、二次函数以及一次函数的性质一一分析即可. 【详解】对A，根据反比例函数性质知在区间上单调递增，故A错误； 对B，在上单调递减，故B正确； 对C，在上单调递增，故C错误； 对D，当时，，其在上单调递增，故D错误. 故选：B. 5．B 【分析】根据两平行线间的距离公式即可求解. 【详解】设两平行线间的距离为，则. 故选：B 6．C 【分析】根据圆心到直线的距离与半径进行比较即可得到答案 【详解】因为圆的半径为，圆心为， 所以圆心到直线的距离为，故直线与圆相切， 故选：C. 7．C 【分析】利用基本不等式进行求解即可. 【详解】因为， 所以，当且仅当时，即当时取等号， 所以当时，有最小值， 故选：C 8．B 【分析】先罗列所有可能结果，由古典概型依次计算、、，结合独立事件定义、对立和互斥事件定义即可逐项判断各选项. 【详解】根据题意，连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记录每次朝上的点数， 有，， ，， ，，共36个不同结果， 对于A，事件A为“第一次的点数是2”，包含6种情况，则，A错误； 对于B，事件C为“两次的点数之和为偶数”，包含18个结果，则， 事件AC，即包含3个结果，则， 则有，事件A、C相互独立，B正确. 对于C，事件A、C可以同时发生，故不互斥，于是更不对立，C错误； 对于D，事件C、B可以同时发生，不互斥，D错误； 故选：B 9．ABC 【分析】根据给定圆的方程，结合点与圆的位置关系逐项判断作答. 【详解】圆的圆心为，半径为5，AC正确； 由，得点在圆内，B正确； 由，得点在圆外，D错误. 故选：ABC 10．BCD 【分析】根据题意，求出各直线的斜率，依次判断各选项的正误. 【详解】对A，直线恒过定点，所以A错误； 对B，若，则，解得，所以B正确； 对C，若，则有，即，解得或， 当时，，，所以符合题意， 当时，，所以符合题意，所以C正确； 对D，当直线过原点时，方程为，即； 当直线不过原点时，设直线方程为：，又因为过点，所以，解得，所以直线方程为，所以D正确. 故选：BCD 11．BC 【分析】先求出两个圆的圆心坐标和半径，根据圆心距可得两圆相离，从而求得两圆上动点的距离最值，计算直线斜率公式判断各个选项； 【详解】对于A、B选项：由题意得：，半径为1， ：，，半径为1， 圆心距为，又点在圆上，点在圆上， ，，故A错误，B正确； 对于C选项：两个圆心所在直线斜率为，C正确； 对于D选项：圆心距，所以无公共弦，D错误； 故选：BC． 12．. 【分析】根据分段函数解析式计算求解. 【详解】函数则． 故答案为：. 13． 【分析】根据题意，求圆心和半径可得结果. 【详解】由，，得圆心的坐标为， ， 因此，圆的半径. 故以为直径的圆的标准方程为. 故答案为： 14．/ 【分析】由题设结合三角函数定义求出和，再利用诱导公式和二倍角公式即可计算得解. 【详解】角的终边经过，，， 所以. 故答案为：. 15．(1)2 (2) 【分析】（1）先求出角，结合正弦定理可得答案； （2）先利用面积求出，结合余弦定理可得答案. 【详解】（1）因为，，所以， 由正弦定理，可得...........................5分 （2）因为的面积为，所以， 因为，，所以，解得. 由余弦定理可得，即...........................13分 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面PAD，由线面垂直的性质定理得，进而利用线面垂直的判定定理得平面； （2）以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、平面的法向量，由向量的夹角公式可得答案． 【详解】（1）∵平面，平面，∴， 又∵，，平面PAD，∴平面PAD， 又平面PAD，∴， ∵，且E为中点，∴， 又，平面， ∴平面．..........................6分 （2）如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系，    则，，，，， ∴，，且平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，∴， ∴． 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为．..........................15分 17．(1)； (2) (3) 【分析】（1）由概率之和为1即可求解； （2）由年龄在内的频率即可计算求解； （3）由频率分布直方图的平均数计算公式计算即可求解. 【详解】（1）由题可得.....................5分 （2）这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数为人；..........................10分 （3）估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数为 ...........................15分 18．(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （3）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. 【详解】（1）如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面；..........................5分 （2）因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为；..........................11分 （3）存在点，理由如下： 设，其中， 所以， ，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 则点到平面的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时...........................17分 19．(1) (2)①或；②证明见解析 【分析】（1）结合题干定义及已知条件，得出，再利用两点间距离公式列出方程，整理并化简为标准形式即可； （2）①利用直线与圆的位置关系，结合已知条件求出直线方程；②联立直线与圆的方程，利用韦达定理结合求出之间的关系，进而表示直线方程证明结论． 【详解】（1），，即， ，设点， ，即， 整理得，即圆的方程为．..........................5分 （2） ①设为的中点，，． 又，，即圆心到直线的距离为1． 圆心到直线l的距离，又点在直线上，即， 联立，解得或． 直线的方程为或，即或． 直线的方程为或．..........................11分 ②证明：设，，， 联立直线l与圆的方程得， ，， ， ， 直线方程为，令，解得， 直线过定点，命题得证．..........................17分 学科网（北京）股份有限公司 $