精品解析：辽宁省铁岭市调兵山市第二高级中学2025-2026学年高二上学期1月期末考试数学试题

调兵山市第二高中2025-2026学年高二上学期期末考试 数学 命题人：高二数学组 时间120分钟 满分150分 时间：2026.1 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 4. 设，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 函数的最小值为(   ) A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 6. 已知点，点为圆上的动点，则的中点的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 7. 斜率为的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点，是双曲线的左、右焦点，点P在双曲线C的右支上，y轴上一点A，使，若，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知直线：，：，则（ ） A. 恒过点 B. 若，则 C. 若，则 D. 不经过第三象限，则 10. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ） A. 在棱上存在点，使平面 B. 异面直线与所成的角为90° C. 二面角的大小为45° D. 平面 11. 已知椭圆和双曲线具有相同的焦点，，点P是它们的一个公共点，且在圆上，椭圆和双曲线的离心率分别为，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 椭圆的方程为 C. 的面积为 D. 的周长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则______. 13. 某科技攻关青年团队共有人，他们的年龄分别是，，，，，，，，则这人年龄的分位数是__________． 14. 已知点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值为______. 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且各轮问题能否回答正确互不影响．求： （1）该选手进入第三轮考核才被淘汰的概率； （2）该选手至多进入第二轮考核的概率． 16. 在中，角的对边分别为，且满足. （1）求角的值； （2）若，且的面积为，求边上的中线的长. 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，点是的中点，，， （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知向量，，函数. （1）求函数的解析式； （2）求函数的周期和单调递增区间； （3）若，求函数的值域. 19. 已知椭圆过点，离心率为，左顶点为A，直线与C交于M，N两点（异于A点），且满足． （1）求椭圆C的方程； （2）证明：直线l过一定点，并求出该定点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 调兵山市第二高中2025-2026学年高二上学期期末考试 数学 命题人：高二数学组 时间120分钟 满分150分 时间：2026.1 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据根式的性质化简，即可根据并集的定义求解. 【详解】， 又，则， 故选：D． 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求解即可. 【详解】因为，所以. 故选：B. 3. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由特称命题的否定是全称命题判断. 【详解】由特称命题的否定是全称命题可得，“”的否定为“”. 故选：B 4. 设，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】A 【解析】 【分析】选项A由平行的传递性可得；BCD由长方体中的线面、面面位置关系举反例可知. 【详解】选项A，若，，则由平行的传递性可知，，故A正确； 选项B，若，，则或都有可能， 如图，长方体中（以下同）， 设直线为，直线为，底面为， 满足，，但，与不平行，故B错误； 选项C，若，，则与不一定垂直， 如图，设上底面为，下底面为，平面为， 满足，，但，与不垂直， 故C错误； 选项D，若，，则或或与相交都有可能， 如图，设直线为，直线为，设上底面为， 满足，，但，与不平行，故D错误． 故选：A. 5. 函数的最小值为(   ) A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】先对解析式等价变形，再利用基本不等式即可得出答案 【详解】，， 函数， 当且仅当时取等号， 因此函数的最小值为8 答案选C 【点睛】本题考查基本不等式求 最值的应用，属于基础题 6. 已知点，点为圆上的动点，则的中点的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的中点，则，代入圆的方程化简可得答案. 【详解】设的中点，则， 因为点为圆上的动点，所以， 即. 故选：D. 7. 斜率为的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用直线过抛物线焦点以及斜率为，表示出直线方程，然后联立抛物线方程，结合韦达定理和焦点弦性质，即可求出线段长度. 【详解】由题知，抛物线方程为， 所以抛物线焦点为， 所以该直线方程为， 即， 联立，得， 设，则， 所以. 故选：A 8. 已知点，是双曲线的左、右焦点，点P在双曲线C的右支上，y轴上一点A，使，若，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用双曲线定义及对称性可得，再利用余弦定理建立等式求出离心率. 【详解】令，由，得， 而在y轴上，则，由双曲线定义得， 由，得，即，则有， 于是，，令双曲线的半焦距为c， 在中，由余弦定理得，整理得， 所以双曲线C的离心率. 故选：D 二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知直线：，：，则（ ） A. 恒过点 B. 若，则 C. 若，则 D. 不经过第三象限，则 【答案】AD 【解析】 【分析】应用求定点方法判断A选项,根据两直线平行求参判断B选项, 根据两直线垂直求参判断C选项,把直线不过第三象限转化为截距关系判断D选项. 【详解】因为：,所以, 可得，, 恒过点，A选项正确; 因为,所以，则或，故B选项错误; 因为，所以则故C选项错误; 因为不经过第三象限， 则直线与坐标轴不垂直时，在轴截距大于等于0, 在轴截距大于等于0, ：，令,则 令，则, 当,：符合题意， 当,：符合题意， 所以不经过第三象限，则，故D选项正确. 故选：AD. 10. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ） A. 在棱上存在点，使平面 B. 异面直线与所成的角为90° C. 二面角的大小为45° D. 平面 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项A，取的中点，利用三角形知识得垂直关系，再利用线面垂直的判定定理证明平面；选项B，利用平面，可得；选项C，先作出并证明所求的二面角为，再利用直角三角形知识求解；选项D，利用反证法，假设平面，再证明平面，得到，与与的夹角为矛盾来说明. 【详解】A选项：如图，取的中点，连接， ∵侧面为正三角形，， 又底面是菱形，，是等边三角形， 又为的中点， 又，，在平面内，且相交于点， 平面，故选项A正确； B选项：由选项A知，平面，又平面，， 即异面直线与所成的角为90°，故选项B正确； C选项：∵平面， ， 平面，，， 又平面平面，是二面角的平面角， 设，则，， 在直角中，，即， 故二面角的大小为，故选项C正确； D选项：因为平面平面，， 所以平面，又平面，所以. 假设平面，则有，又，在平面内，且相交于点， 所以平面，又平面，所以， 而由题可知，与的夹角为，矛盾，故假设不成立，故选项D错误. 故选：ABC. 11. 已知椭圆和双曲线具有相同的焦点，，点P是它们的一个公共点，且在圆上，椭圆和双曲线的离心率分别为，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 椭圆的方程为 C. 的面积为 D. 的周长为 【答案】ABC 【解析】 【分析】将椭圆与双曲线的方程和定义，与两曲线的离心率关系相联立，求出参数数值，再逐项分析即可. 【详解】 由题可知，椭圆与双曲线的焦点在轴上，取第一象限的交点作为点，且，故，也在圆上， 设椭圆方程为：，则，， 设双曲线方程为：，则，， 由于，则，即， 联立，可得： 又因为，，在圆上，则，将上式代入， 可得，， 则， 故，， 对于选项A，由于，故选项A正确； 对于选项B，由于，，代入，得，故选项B正确； 对于选项C，由于，，在圆上，且，为直角三角形，则，故选项C正确； 对于选项D，由于，故选项D错误； 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】先求出的坐标，再根据平面向量垂直的坐标表示求解即可. 【详解】因为，， 所以， 又， 所以，即. 故答案为：. 13. 某科技攻关青年团队共有人，他们的年龄分别是，，，，，，，，则这人年龄的分位数是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数的计算公式即可得到答案. 【详解】把这个数据按从小到大的顺序排列可得：，，，，，，，， ，所以这人年龄的分位数是． 故答案为：． 14. 已知点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线的方程以及的长，圆心到直线的距离为，再求出点到直线的距离最小值，再由三角形面积公式即可求解. 【详解】因为两点，， 所以直线的方程为：，即，， 圆，其圆心为，半径， 圆心到直线的距离， 点到直线的距离最小值为， 所以面积的最小值； 故答案为：. 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且各轮问题能否回答正确互不影响．求： （1）该选手进入第三轮考核才被淘汰的概率； （2）该选手至多进入第二轮考核的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件和对立事件的概率公式计算可得. （2）根据相互独立事件的概率公式、互斥事件的概率公式和对立事件的概率公式计算可得. 【小问1详解】 记“该选手正确回答第轮问题”为事件，则 事件，，相互独立，且，，. 因为该选手进入第三轮才被淘汰指：前两轮均通过，第三轮淘汰， 所以该选手进入第三轮才被淘汰的概率为 . 【小问2详解】 因为选手至多进入第二轮考核意味着第一轮淘汰或者第一轮通过第二轮淘汰,且事件和互斥. 所以该选手至多进入第二轮考核的概率为 . 16. 在中，角的对边分别为，且满足. （1）求角的值； （2）若，且的面积为，求边上的中线的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和余弦定理，即可得到答案. （2）法一：由题意求出，再由三角形的面积公式得，由为的中点得，在中，由余弦定理可得. 法二：由题意求出，再由三角形的面积公式得，，两边同时平方，即可得到答案. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得，所以. 因为，所以. 【小问2详解】 法一：因为，所以， 又，所以， 又因为为的中点，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以. 法二：因为，所以， 又，所以， 因为为中线，所以， 所以， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，点是的中点，，， （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：连接交于，连接，由于是的中点、是的中点， 所以是三角形的中位线，所以， 由于平面平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理来证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，底面是矩形，所以， 底面，平面，所以， 由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系， ， ，， 设平面的法向量为， 则，故可设， 设直线与平面所成角为， 则. 【点睛】 18. 已知向量，，函数. （1）求函数的解析式； （2）求函数的周期和单调递增区间； （3）若，求函数的值域. 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示，再利用二倍角公式、辅助角公式化简即得. （2）（3）利用（1）的结论，结合正弦函数的性质求出周期、递增区间及值域. 【小问1详解】 依题意，. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以函数的周期； 由，，得，， 所以函数的单调递增区间为. 【小问3详解】 由，得，则，因此， 所以函数在上的值域为. 19. 已知椭圆过点，离心率为，左顶点为A，直线与C交于M，N两点（异于A点），且满足． （1）求椭圆C的方程； （2）证明：直线l过一定点，并求出该定点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将已知点代入椭圆方程，结合离心率公式，列出方程组，求出椭圆方程； （2）联立直线和椭圆方程，将转化为，利用韦达定理，化简得出定点. 【小问1详解】 由，解得， 即椭圆C的方程为. 【小问2详解】 设，联立直线与椭圆的方程： ，化简得， ，① 由韦达定理可得： 则. 因为，所以. 又， 则： 即 整理得，解得或. 当时，直线：过点，故舍去； 当时，满足①，直线：过点. 故直线l过一定点，该定点的坐标为. 【点睛】方法点睛：本题第二问主要探究直线与椭圆相交且满足特定垂直条件下直线所过定点问题. 在解题过程中，通过联立直线与椭圆方程，借助韦达定理得到交点横坐标的关系，再利用向量垂直的性质构建等式，对所得等式进行化简求解，从而确定直线所过定点.此过程体现了坐标法在解决圆锥曲线问题中的应用，融合了代数运算与几何性质的相互转化，突出了数形结合思想的重要性，同时也展示了如何通过严谨的代数推导来挖掘几何图形中的隐含性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $