广东湛江市廉江实验学校2025-2026学年度第一学期高二数学期中试卷

廉江市实验学校2025—2026学年度第一学期期中考试试卷题 高二数学试卷（B卷） 时间:120分钟 分值：150分 一、选择题（本大题8小题，每小题5分，共40分） 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数 (为虚数单位)，则（   ） A．5 B． C． D． 3．如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则等于（   ）    A． B． C． D． 4．函数的零点所在的大致区间是（    ） A． B． C． D． 5．设直线的方向向量为，两个不同的平面的法向量分别为，则下列说法中错误的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．已知椭圆的左右焦点分别为，点为坐标原点，点为椭圆上一点，点为中点，若的周长为6，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 7．在正方体中，已知是的中点，则与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 8．已知，直线l：与圆C：相交于A，B两点，则的最大值为（    ） A．12 B． C． D． 二、多选题（本大题3小题，每小题6分，共18分） 9．已知圆，直线，则（    ） A．直线恒过定点 B．当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于1 C．直线被圆截得的最小弦长为 D．若圆与圆恰有三条公切线，则 10．若椭圆的左、右焦点分别是，，P是E上的动点，则（   ） A．的周长为6 B．面积的最大值为 C． D． 11．如图，在正方体中，，，分别为棱，，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．平面截该正方体所得的截面为正三角形 B．平面平面 C．直线与所成角为 D．直线与平面所成角的正弦值为 三、填空题）（本大题3小题，每小题5分，共15分） 12．已知，，则向量在向量上的投影向量是 13．求过点且与圆相切的直线方程为 . 14．点在椭圆上，是圆的一条直径，则向量的最大值 ． 四、解答题（本大题5小题，共77分） 15．已知圆经过，，三点. (1)求圆的一般方程； (2)求直线被圆截得的弦长； 16．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. (1)求角； (2)若的面积，，求边的大小. 17．如图，在四棱柱中，平面ABCD，，，，.M，N分别为，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求直线到平面的距离. 18．已知点在椭圆：上，且的长轴长为短轴长的2倍. (1)求的方程. (2)若，是上关于原点对称的两个点，为上一动点，直线，的斜率均存在，且分别设为，，判断是否是定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由. (3)已知过点，且斜率不为0的直线与交于，两点，弦的中点为，直线（为坐标原点）与交于，两点，求四边形的面积的取值范围. 19．参数方程是以参变量为中介来表示直线或曲线上点的坐标的方程，是直线或曲线在同一坐标系下的另一种表现形式．很多曲线（如心脏线、螺线、玫瑰线）都可以用参数方程呈现．在平面直角坐标系中，直线的参数方程式（为参数），其中，角为直线的倾斜角．曲线的参数方程是（为参数）．其中，直线与曲线相交于、点． (1)根据以上的参数方程求出直线的一般式方程和曲线的标准方程； (2)设点，设点对应的参数为，试证明：； (3)试问是否存在角，使得对于任意的点，表达式均为定值，若存在，请求出及值（结果用，表示）；若不存在，请说明理由． 廉江市实验学校2025—2026学年度第一学期期中考试试卷题 高二数学试卷参考答案 1．B 【知识点】交并补混合运算 【分析】由条件根据补集的定义求，再根据交集的定义求即可. 【详解】由，可得，或， 又， 所以. 故选：B. 2．D 【知识点】复数的除法运算、求复数的模 【分析】利用复数的除法运算公式及模长公式计算即可. 【详解】易知， 则. 故选：D 3．D 【知识点】用空间基底表示向量、空间向量的数乘运算、空间向量加减运算的几何表示 【分析】根据向量加、减法和数乘运算法则求解. 【详解】因为，所以， 所以， 故选：D. 4．D 【知识点】判断零点所在的区间、零点存在性定理的应用 【分析】函数在上是连续增函数，根据，根据零点存在定理可得零点所在的大致区间． 【详解】解：对于函数在上是连续增函数， 由于，， 所以， 根据零点存在定理可知，函数的零点所在的大致区间是， 故选：． 5．D 【知识点】空间位置关系的向量证明 【分析】利用空间向量判定空间位置关系即可. 【详解】对于A，若两个平面的法向量互相垂直，则两个平面垂直，即A正确； 对于B，若两个不同的平面的法向量互相平行，则两个平面互相平行，即B正确； 对于C，若一直线的方向向量与一平面的法向量平行，则该直线垂直于该平面，即C正确； 对于D，若一直线的方向向量与一平面的法向量垂直，则该直线平行于该平面或者在该面内，即D错误. 故选：D 6．B 【知识点】求椭圆的离心率或离心率的取值范围、椭圆中焦点三角形的周长问题 【分析】由中位线性质得出焦点的周长，从而求得半焦距，再由离心率的定义式计算可得． 【详解】因为为的中点，而是中点，所以， 所以的周长是周长的一半， 又的周长为6，所以周长是12， 即，得， 又，所以，． 故选：B． 7．D 【知识点】线面角的向量求法 【分析】以，，所在直线分别为，，轴，直接可得直线的方向向量和平面的法向量， 【详解】以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为2，则，，， 显然平面，所以是平面的一个法向量， 所以与平面所成角的正弦值为， 故所求角的余弦值为. 故选：D. 8．A 【知识点】向量加法法则的几何应用、定点到圆上点的最值（范围）、轨迹问题——圆 【分析】先求出直线l所过的定点，取AB的中点为Q，易得，根据圆的几何性质得Q点的轨迹为以CN为直径的圆，进而利用点与圆的位置关系求得距离的最大值，即可得解. 【详解】圆的圆心坐标为，半径为4，过定点， 设AB的中点为Q，连接CQ，根据圆的几何性质得， 所以Q点的轨迹为以CN为直径的圆，其圆心为，半径为1． 又，且， 所以，即的最大值为12. 故选：A．    9．ACD 【知识点】由直线与圆的位置关系求参数、圆的弦长与中点弦、直线过定点问题、圆的公切线条数 【分析】将直线方程变形，求出直线经过的定点，可判断A；利用点到直线的距离公式进行计算，可判断B；根据过定点的直线与圆相交时最小弦长计算方法计算可判断C；利用圆心距与两圆半径之间的关系计算可判断D. 【详解】对于A，直线的方程为， 变形可得：， 令，解得，所以直线恒过定点，故A正确； 对于B，圆，其圆心为，半径为， 当时，直线的方程为， 圆心到直线的距离为， 由于，所以圆上只有2个点到直线的距离为1，故B错误； 对于C，因为直线过定点，且点在圆内， 则经过，两点的直线与直线垂直时，直线被圆截得的弦长最小， 此时圆心到直线的距离为， 所以最小弦长为，故C正确； 对于D，圆的方程，即， 其圆心为，半径为，需满足， 若圆与圆恰有三条公切线，则两圆外切， 则有，解得，故D正确. 故选：ACD. 10．ACD 【知识点】椭圆中三角形（四边形）的面积、数量积的坐标表示、椭圆中焦点三角形的周长问题、求椭圆中的最值问题 【分析】由椭圆方程得到.由椭圆的定义即可得到的周长，判断A选项；设，由椭圆上的点坐标的范围即可求得面积的最大值，判断B选项；由的关系，消元化简，由的范围求得的范围，判断C选项；写出，坐标，然后得到，由椭圆中的范围得到结果，判断D选项. 【详解】由题意知，，. 由椭圆的定义，得，所以的周长为，故A正确； 设，则的面积，故B错误； 因为，所以，又， 所以，故C正确； ，，， 又，，所以，故D正确. 故选：ACD. 11．BC 【知识点】求异面直线所成的角、判断正方体的截面形状、线面角的向量求法、证明面面平行 【分析】分别取，，的中点为，，，连接各中点，求出平面截该正方体所得的截面为正六边形判断A；利用面面平行的判定定理证明判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面夹角正弦，即可判断CD. 【详解】对于A，分别取，，的中点为，，，连接各中点，如下图所示： 因为，所以，同理 ，， 即可知在同一平面内， 所以平面截该正方体所得截面即为六边形，即A错误； 对于B，因为点分别为，的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为点分别为，的中点，所以， 又，所以，平面，平面， 所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面，即平面平面，故B正确； 对于C，建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示： 不妨取正方体的棱长为2， 则，，，，， 所以，， 所以直线ME与所成的角的余弦值为， 所以直线ME与所成的角为，故C正确； 对于D，由选项C可知，，， 设平面EFM的一个法向量为， 则，取，则，， 所以平面EFM的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为，故D错误． 故选：BC. 12． 【知识点】空间向量数量积的应用 【分析】利用投影向量定义直接代入计算可得结果. 【详解】由，可得， 易知向量在向量上的投影向量为. 故答案为： 13．x＝4或3x+4y＝0 【知识点】过圆外一点的圆的切线方程 【分析】先考虑直线的斜率是否存在，然后结合点到直线的距离公式即可求解. 【详解】当直线的斜率存在时，可设直线方程为y+3＝k（x－4），即kx－y－4k－3＝0， 由题意得， 解得k＝，此时直线方程为3x+4y＝0， 当直线的斜率不存在时，直线方程为x＝4 此时圆心 到直线x＝4的距离为3，所以直线与圆相切，符合题意. 故答案为：x＝4或3x+4y＝0. 14．/ 【知识点】数量积的坐标表示、求椭圆中的最值问题 【分析】利用向量的线性运算和数量积，结合圆的几何性质得，设点，利用函数的单调性可求最值. 【详解】 因为，，，， 所以 ， 设点，则， 又，所以，即， 所以 ， 因为，所以当时，有最大值，最大值为. 故答案为： 15．(1) (2) 【知识点】求过已知三点的圆的标准方程、斜率与倾斜角的变化关系、圆的弦长与中点弦 【分析】（1）设圆的一般方程为，将点代入得再解方程组即可； （2）先求圆心到直线的距离，再利用弦长为计算即可； . （2）由（1）知，圆的圆心为，半径， 圆心到直线的距离， 所以直线被圆截得的弦长为. 16．(1) (2) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、用和、差角的正弦公式化简、求值、三角形面积公式及其应用 【分析】（1）由正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解； （2）由面积公式求出，即可求出、，再由余弦定理计算可得. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， ∴， ∴， 在中，，得， ，， ，. （2），又， ，所以，得， 又∵，∴或， 由余弦定理得， 所以. 17．(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法、证明线面平行 【分析】（1）借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点，方向为轴建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由（1）知平面； 故点到平面的距离即为到平面的距离； ，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 18．(1) (2)是，定值为 (3) 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、椭圆中的定值问题、椭圆中三角形（四边形）的面积 【分析】（1）由题得到关于的方程，解方程即得解； （2）应用斜率公式结合椭圆方程计算化简求值； （3）设直线l的方程为：，联立椭圆C的方程得到韦达定理，结合弦长公式及点到直线距离再化简求出面积，再应用值域求解. 【详解】（1）由题意得解得 所以的方程为. （2）是定值，该定值为. 理由如下： 设，，则.由，得， 同理可得， 则.    （3）设：，，. 由，得， 则， 所以. 设，则，得， 所以直线的方程为. 设，.由得，则. 点到直线的距离，点到直线的距离. 因为，在的两侧， 所以 ， 四边形的面积 . 由，得，得， 得.    19．(1)或； (2)证明见详解 (3)存在，， 【知识点】利用弦长公式求弦长、参数方程化为普通方程、利用韦达定理求其他值、直线的参数方程 【分析】（1）根据参数方程消去参数化简即可得到结果； （2）根据点对应的参数为，可得，由两点间距离公式代入运算可得证； （3）设点对应的参数为，根据直线参数方程的几何意义可得，，将直线的参数方程代入曲线的标准方程结合韦达定理可得，代入运算得解. 【详解】（1）由，消去参数， 当时，得， 当时，得， 所以直线的一般式方程为或. 由，得，消去参数，得， 所以曲线C的标准方程为. （2）由点对应的参数为，则， . （3）设点对应的参数为，由（2）可得，， 将直线的参数方程代入曲线的标准方程可得， 化简整理得， ，， ， 当，即，即时， ， 所以存在，使得对于任意的点，表达式为定值， 此时，. 【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是利用直线参数方程的几何意义得，，将直线的参数方程代入曲线的标准方程结合韦达定理运算. 第7页（/共4页） 第8页/（共34页） 知人善教 培养品质 引发成长动力 第9页/（共32页） 第10页/（共32页） 学科网（北京）股份有限公司 $