精品解析：广东省深圳科学高中2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

深圳科学高中2025-2026学年第一学期期中考试试题 科目：高二数学考试 时长：120分钟 卷面总分：150分 命题人：卞上 审题人：李秀辉 一､选择题：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. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足（i为虚数单位），则为（ ） A. 1 B. C. D. 3. ，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，若，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 5. 若双曲线的两条渐近线的夹角为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 或 6. 已知数据，，，满足：，若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是（ ） A. 中位数不变 B. 平均数不变 C. 若，则数据，，的第80百分位数为15 D. 方差变小 7. 在平面直角坐标系中，一只蚂蚁从点出发，爬到轴后又爬到圆上，则它爬行的最短路程是（ ） A. B. 4 C. 8 D. 8. 古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势.如下图的“曲池”是上.下底面均为半圆形的柱体.若垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，，，，为弧的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上的最小值为 C. 点是图象的一个对称中心 D. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称 10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的正弦值为 B. 直线与直线所成角为 C. 直线与直线是异面直线 D. 平面截正方体所得的截面面积为 11. 已知椭圆，，分别为它的左右焦点，点，分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ） A. 直线与直线斜率乘积为定值 B. 存在点，使得 C. 有最小值 D. 的范围为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知圆：与圆：有且仅有三条公切线，则的值为__________． 13. 已知抛物线：的焦点为，圆与交于点，，则______. 14. 如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，、分别为、的中点，则点A到平面的距离为________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出相应的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 记的内角的对边分别为，已知． （1）证明：； （2）记的中点为，若，且，求的周长． 16. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有3道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响； （1）求甲、乙两人共答对5道题目的概率． （2）若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率． 17. 已知A，B分别为双曲线的左、右顶点，其中一条渐近线方程为，焦距为． （1）求双曲线E的方程； （2）设过的直线与双曲线交于C，D两点（C、D与A、B不重合），记直线AC，BD的斜率为，，证明：为定值． 18. 如图，在中，，，，，分别是，上的点，满足，，将沿折起到的位置，使，是的中点． （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面夹角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 19. 已知椭圆 的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，离心率为 （1）求椭圆C的标准方程； （2）设直线与椭圆C交于A，B两点； ①若直线过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值； ②若直线过定点，且，在x轴上是否存在点使得以、为邻边的平行四边形为菱形？若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳科学高中2025-2026学年第一学期期中考试试题 科目：高二数学考试 时长：120分钟 卷面总分：150分 命题人：卞上 审题人：李秀辉 一､选择题：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. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由并集运算即可求解. 【详解】由集合，， 可得， 故选：A 2. 已知复数z满足（i为虚数单位），则为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算计算出，再利用共轭复数的概念求得，进而由复数模计算公式求结果. 【详解】由题意，所以， 所以. 故选：A. 3. ，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数与对数函数的图像与性质即可求解. 【详解】由于，，，所以； 故选：B 4. 已知，若，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，再根据基本不等式乘“1”法解题即可. 【详解】，， 所以 ， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为. 故选：D 5. 若双曲线的两条渐近线的夹角为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程和倾斜角进行求解即可. 【详解】因为双曲线的两条渐近线夹角为， 则渐近线的倾斜角为或， 所以渐近线的斜率为或. 因为该双曲线方程为，所以渐近线方程为. 所以或. 所以双曲线的离心率为或2. 故选：C. 6. 已知数据，，，满足：，若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是（ ） A. 中位数不变 B. 平均数不变 C. 若，则数据，，的第80百分位数为15 D. 方差变小 【答案】C 【解析】 【分析】利用中位数、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可. 【详解】由，可得是以为首项，2为公差的等差数列的前10项， 原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故A正确； 原来的平均数为， 去掉后的平均数为，所以平均数不变，故B正确； 当时，数据按从小到大顺序排列：. 因为，所以该组数据的第80百分位数是，故C错误； 原来的方差为， 去掉后的方差为，方差变小，故D正确. 故选：C. 7. 在平面直角坐标系中，一只蚂蚁从点出发，爬到轴后又爬到圆上，则它爬行的最短路程是（ ） A. B. 4 C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据将军饮马模型，求得对称点，利用两点距离公式，可得答案. 【详解】由圆，得圆心，半径， 易得点关于轴的对称点为， 如图，所求的最短路程即为到圆上的点的最短距离． 故选：A. 8. 古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势.如下图的“曲池”是上.下底面均为半圆形的柱体.若垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，，，，为弧的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦即得. 【详解】在半圆柱下底面半圆所在平面内过作直线的垂线，由于垂直于半圆柱下底面半圆所在平面， 则以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 于是，， 又为的中点，则，，,， 设平面的法向量，则，令，得， 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. 故选：D 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上的最小值为 C. 点是图象的一个对称中心 D. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称 【答案】BC 【解析】 【分析】由周期公式判断A；根据余弦函数的单调性可判断B；由代值法判断C；根据图象平移写出解析式判断奇偶性可判断D. 【详解】对于A，的最小正周期为，A错误； 对于B，当时，，由余弦函数的单调性可得此时函数单调递减，所以在区间上的最小值为，B正确； 对于C，因为，所以点是图象的一个对称中心，C正确； 对于D，因为，所以平移后得到的图象不关于轴对称，D错误； 故选：BC. 【点睛】三角函数图象变换题的解题入手点 1.对于函数，其图象的基本变换有如下几种： （1）纵向伸缩变换：由的变化引起，时伸长，时缩短； （2）横向伸缩变换：由的变化引起，时缩短，时伸长； （3）横向平移变换：由的变化引起，时左移，时右移； （4）纵向平移变换：由的变化引起，时上移，时下移． 可以使用“先伸缩后平移”或“先平移后伸缩”两种方法来进行变换． 2.若变换前后的函数名不同，则需要先利用诱导公式将函数名化一致，再利用相应的变换得到结论． 3.由的图象得到的图象，可采用逆向思维，将原变换反过来进行推． 10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的正弦值为 B. 直线与直线所成角为 C. 直线与直线是异面直线 D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法计算判断选项A、B，由异面直线概念可判断C，判断截面为梯形，根据梯形面积公式计算D. 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 对于A：，由正方体性质可知平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则，A错误； 对于B：， 设直线与直线所成角为， 则， 所以直线与直线所成角为，B正确； 对于C：连接，由中位线可知， 由正方体性质可知， 所以， 所以共面， 所以与不是异面直线，C错误； 对于D：由选项C的判断可知四边形是平面截正方体所得截面， 因为，，所以四边形是等腰梯形， 由已知可知，如图，过点作于， 因为，， 所以， 所以，D正确. 故选：BD. 11. 已知椭圆，，分别为它的左右焦点，点，分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ） A. 直线与直线斜率乘积为定值 B. 存在点，使得 C. 有最小值 D. 的范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，根据椭圆的方程，以及斜率公式化简运算，可得判定A；根据椭圆的几何性质，结合正切函数的性质，可判定B；根据椭圆的定义，结合基本不等式“1”的妙用，可判定C；设直线与椭圆相交于，结合椭圆的定义和三角形的性质，可得判定D. 【详解】对于A，由椭圆，可得，则， 设，则，可得， 所以，故A正确； 对于B，设椭圆的上顶点为C，由，可得， 则，故B错误； 对于C，由椭圆的定义，可得， 则 ， 当且仅当时，即时等号成立， 即有最小值，故C正确； 对于D，因为，则点Q在椭圆外，由 如图所示，设直线与椭圆相交于，又， 则， 因为，且， 可得，即， 所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知圆：与圆：有且仅有三条公切线，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【详解】圆：的圆心为，半径， 与圆：的标准形式为， 圆心为，半径为，，即， 圆心距为：， 已知两圆有且仅有三条公切线，则两圆外切，则： ，故，即， 两边平方得，解得． 13. 已知抛物线：的焦点为，圆与交于点，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】先联立方程求得A点坐标，然后利用抛物线焦半径公式求解即可. 【详解】由得，解得（舍去）， 则. 故答案为： 14. 如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，、分别为、的中点，则点A到平面的距离为________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用等体积法求点到平面的距离的距离即可. 【详解】连接、.由已知得为的中位线，所以， 为正三角形的中线，所以，又， 所以，所以为直角三角形， 所以. 因为，所以到平面的距离为， 设A到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以. 故答案为：1 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出相应的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 记的内角的对边分别为，已知． （1）证明：； （2）记的中点为，若，且，求的周长． 【答案】（1） 由正弦定理，得， ， ， ， ，即， ，即； （2）16. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及三角恒等变换、三角形内角和性质化简已知条件为，即可证； （2）应用余弦定理及，进而得，结合已知（1）结论求边长，即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）及题设有，又， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 显然有，则， 整理得，即，又， 所以，从而， 的周长为. 16. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有3道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响； （1）求甲、乙两人共答对5道题目的概率． （2）若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式，再结合互斥事件加法公式即可求解； （2）先求甲乙两人分别没通过面试的概率，再利用对立事件，即可得到甲乙两人分别通过面试的概率，然后利用两人中仅有一人通过，结合两相互独立事件概率乘法公式即可求解. 【小问1详解】 设“甲答对3道题目”, “甲答对2道题目” “乙答对3道题目”， “乙答对2道题目”，根据独立事件的性质，可得， ， ， ， ， 设为 “甲、乙两人共答对5道题目”， 则，因为与互斥，与，与分别相互独立，， 所以甲、乙两人共答对5道题目的概率． 【小问2详解】 C=“甲通过面试”，D=“乙通过面试”，与相互独立， ， E=“甲、乙两人只有一人通过面试”，则，因为与互斥， 与，与分别相互独立， 所以甲、乙两人只有一人通过面试的概率 17. 已知A，B分别为双曲线的左、右顶点，其中一条渐近线方程为，焦距为． （1）求双曲线E的方程； （2）设过的直线与双曲线交于C，D两点（C、D与A、B不重合），记直线AC，BD的斜率为，，证明：为定值． 【答案】（1） （2） 由（1）可知，设，． 因为C、D与A、B不重合，所以可设直线． 联立，消得：， 故，， 所以，，， 所以， 即为定值． 【解析】 【分析】（1）由题意可知，，解方程即可求出双曲线方程； （2）设直线，与双曲线方程联立得出韦达定理，再可得两根之和与两根之积的关系，求出的表达式，化简即可求解定值. 【小问1详解】 由双曲线E的焦距为，可得，即， 又其中一条渐近线方程为，可得， 而，则，解得，， 所以双曲线E的方程为； 【小问2详解】 略 18. 如图，在中，，，，，分别是，上的点，满足，，将沿折起到的位置，使，是的中点． （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面夹角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明： ，， ， ， 又，， 折叠后， ， 平面， 平面，， 又，平面， 平面． （2） （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）根据翻折前后图像的性质，结合已知条件，运用线面垂直判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再运用向量夹角余弦公式结合正、余弦性质求解； （3）同（2）的空间直角坐标系中，设存在点使得假设条件成立，求出平面的法向量，联立平面的法向量，运用向量夹角余弦公式结合题给条件列出关于的方程求解． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 以为原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， 设为平面的法向量，则， 令，则， 设与平面所成角为， ． 【小问3详解】 设线段上存在点，使平面与平面夹角余弦值为， 在同（2）空间直角坐标系中， 由（2）知，平面的法向量，设平面的法向量为，则， ， ，令，则， 设两平面夹角为，则，化简整理得，解得或（此时与重合）， 或， 或，即存在点，且长度为或． 19. 已知椭圆 的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，离心率为 （1）求椭圆C的标准方程； （2）设直线与椭圆C交于A，B两点； ①若直线过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值； ②若直线过定点，且，在x轴上是否存在点使得以、为邻边的平行四边形为菱形？若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①；②存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意，求出得解； （2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解的值；②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围. 【小问1详解】 由椭圆的一个顶点为，可得，又离心率为，则， 所以由，即椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 ①直线过椭圆右焦点可得：，即， 所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得： ， 设两交点，则有， 所以， 又椭圆左焦点到直线的距离为， 所以， 解得：或（舍去），即； ②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形， 由于直线过定点，且，可知直线方程为， 与椭圆联立方程组，消去得：， 由，且，解得， 设两交点，中点，则有，且， 所以， 即，整理得， 又因为，所以，当且仅当，即， 所以，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $