精品解析：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. 【答案】C 【解析】 【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. 已知复数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数加法运算法则求解. 【详解】由，， 则， 故选：D 3. 如图，已知平行六面体，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量的加法法则可得答案. 【详解】由. 故选：C 4. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 已知直线和直线平行，则这两条线之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 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 【答案】C 【解析】 【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. 若，则的最小值是（ ） A. 36 B. 13 C. 12 D. 6 【答案】C 【解析】 【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. 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 【答案】B 【解析】 【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 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 【答案】ABC 【解析】 【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. 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 【答案】BCD 【解析】 【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. 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 【答案】BC 【解析】 【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． 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数则__________． 【答案】. 【解析】 【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. 已知两点，则以为直径的圆的标准方程为___________． 【答案】 【解析】 【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. 若角的终边经过，则______． 【答案】## 【解析】 【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：. 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. 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． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 因为，，所以， 由正弦定理，可得. 【小问2详解】 因为的面积为，所以， 因为，，所以，解得. 由余弦定理可得，即. 16. 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. 【答案】（1） 证明：∵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． （2） 【解析】 【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． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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． 17. 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．为了了解中国AI大模型用户的年龄分布，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）． 【答案】（1） （2）300人 （3） 【解析】 【分析】（1）由所有频率之和为1求解； （2）由年龄在内的频率计算求解； （3）由频率分布直方图的平均数计算公式计算求解. 【小问1详解】 由题可知组距为， 则： 解得：. 【小问2详解】 这500名中国AI大模型用户的年龄在内的频率为： 所以这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数为：人. 【小问3详解】 估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数为： . 18. 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. 【答案】（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； （2） （3）存在， 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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. 19. 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． 【答案】（1） （2）①或； ②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． 【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． 【小问1详解】 ，，即， ，设点， ，即， 整理得，即圆的方程为． 【小问2详解】 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． ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 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. 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. 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．为了了解中国AI大模型用户的年龄分布，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. 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. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $