精品解析：安徽淮北市第十二中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

2025～2026学年度高中数学期中考试卷 一、单选题 1. 若复数满足，则对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，再由复数的几何意义可得. 【详解】， 所以对应的点为，在第四象限. 故选：D 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线的一般方程得到斜截式方程，求得直线的斜率，从而求得直线的倾斜角. 【详解】由，得. 所以直线的斜率为. 设直线的倾斜角为，则. 因为，所以. 故选：D. 3 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】先根据同角三角函数的基本关系求得，再根据两角和的正切公式求解即可. 【详解】由，，则， 所以， 则. 故选：B 4. 若直线与直线平行，则两直线间距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据两直线平行的充要条件求出，再根据平行直线间的距离公式计算即可. 【详解】因，所以，解得或， 经检验，当时两直线重合， 所以， 则，即， 所以两直线之间的距离为. 故选：A. 5. 在中，设，若点满足，点为中点，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，结合平面向量的线性运算求解. 【详解】根据题意， . 故选：B 6. 已知直线和，两点，若直线上存在点使得最小，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对称关系求出点关于直线的对称点为，则最小值为之间的距离，联立直线方程求得点的坐标. 【详解】设点关于直线的对称点为， 则，解得，所以， 所以， 当且仅当点为线段与直线的交点时等号成立， 因为，，所以直线的方程为， 联立，解得，所以点. 故选：D 7. 已知空间四点的坐标分别是，记点到直线的距离为，记点到平面的距离为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由空间点到直线和点到面的距离公式计算可得. 【详解】， 所以点到直线的距离为； 设平面的一个法向量为，则， 即， 可取，所以， 而， 所以点到平面的距离为． 所以. 故选：C． 8. 在四棱锥中，底面，底面为矩形，，为棱的中点，为四棱锥外接球的球心，为球的球面上的一个动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直关系可求得四棱锥的外接球半径和，结合向量数量积定义可求得结果. 【详解】连接交于点， 四边形矩形，， 连接，则平面， 四棱锥的外接球半径， 又， ； ，. 故选：D. 二、多选题 9. 已知的三个内角，，所对应的边分别为，，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 恒成立 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则是等腰三角形 【答案】AB 【解析】 【分析】利用正余弦定理对各个选项分析判断即可. 【详解】对于，在中，设外接圆的半径为， 若，则，可得，所以，可知项正确； 对于B，由内角和定理得，故B项正确； 对于C，由得为锐角，但△ABC不一定是锐角三角形，故C项错误； 对于D，若，则由正弦定理得，即， 可得或，所以是等腰或直角三角形，故D项错误． 故选：AB． 10. 对于直线.以下说法正确的有（ ） A. 的充要条件是 B. 当时， C. 直线一定经过点 D. 点到直线的距离的最大值为5 【答案】BD 【解析】 【分析】求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D. 【详解】当时， 解得 或， 当时，两直线为 ，符合题意； 当时，两直线为 ，符合题意，故A错误； 当时，两直线为， ， 所以，故B正确； 直线即直线，故直线过定点，C错误； 因为直线过定点，当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为 ， 故D正确， 故选：BD. 11. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，，，，则下列结论正确的有（ ） A. 四面体P－ACD是鳖臑 B. 阳马P－ABCD的体积为 C. 阳马P－ABCD的外接球表面积为 D. D到平面PAC的距离为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据鳖臑定义判断A，根据锥体体积公式判断B，通过补形确定阳马P－ABCD的外接球的直径，结合球的体积公式判断C，利用等体积法求D到平面PAC的距离判断D. 【详解】设，，， 由侧棱PD⊥底面ABCD，，，， 可得，解得 即，，． 对于A，由，，可得△PAC不是直角三角形，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，将阳马补形为长为2，宽为1，高为1的长方体， 可知其外接球直径为， 故阳马的外接球半径， 表面积，故C错误； 对于D，设D到平面的距离为h， 由，， 可得的面积为， 由等体积法， 可得， 解得，故D正确． 故选：BD. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 函数在上的最小值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】由辅助角公式结合正弦函数的单调性可得. 【详解】， 因为， 所以最小值为. 故答案为：. 13. 向量，且，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用向量垂直和平行的条件求出、，再计算向量的模长. 【详解】由，得，解得. 由，设，即，得，. 故，，则，其模长为. 故答案为： 14. 已知三棱锥的所有顶点都在一个球面上且平面，，，且底面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积是______. 【答案】 【解析】 【分析】由的面积计算边，利用正弦定理得 外接圆的半径，最后利用勾股定理求得外接球的半径，进而得球的表面积. 【详解】由题意有：，所以， 又，所以， 所以（为外接圆半径），设外接圆圆心为， 即，过点作平面，作的中垂线交于点，即， 所以点为三棱锥的球心，设外接球半径为， 所以， 所以此三棱锥外接球的表面积为, 故答案为：. 四、解答题 15. 已知直线过点． （1）若直线也过点，求直线的方程； （2）若直线在轴上的截距与轴上的截距相等，求直线的方程； （3）设坐标原点到直线距离为，求的取值范围（直接写出结果即可） 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）由两点确定斜率，即可求解； （2）设直线为，（）由，得；由，得．通过求解即可； （3）由题意当直线过原点时距离最小，当时，距离最大，即可求解. 【小问1详解】 直线的斜率． 所以直线的方程为，即． 【小问2详解】 由已知，直线的斜率存在且不为0， 设直线为，（） 令，得；令，得． 因此，化简得，解得或 当，直线方程为，当，直线方程为， 故直线方程为或． 【小问3详解】 由题意当直线过原点时距离最小，当时，距离最大， 所以， 故的取值范围． 16. 在三角形中，内角A，B，C所对边分别为、、，已知． （1）求角A的大小； （2）若且，三角形的面积为，求三角形的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行边角互化可得，结合两角差的余弦公式及同角三角函数的基本关系可求出，即可求出A. （2）由三角形的面积公式可得，结合及余弦定理即可求出，即可得出结果. 【小问1详解】 由正弦定理得， 所以由得， 所以，整理得， 因，所以，因此，所以， 所以. 【小问2详解】 由的面积为，得，所以， 又，则，，所以， 由余弦定理得，解得， 所以的周长为. 17. 如图，四边形是矩形，面，面，，，点在棱上. （1）求二面角的余弦值； （2）若点到平面的距离为，求线段的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值； （2）设，则，，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的范围可求得的值. 【小问1详解】 因为平面，平面，平面， 所以，，又因为是矩形，， 所以、、两两垂直，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、，所以，. 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， 取平面的一个法向量为，则， 由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值是. 【小问2详解】 设，则，，所以， 因为点到平面的距离. 因为，解得，故. 18. 已知的三个顶点为，，，D为的中点. （1）求边上中线所在直线的方程； （2）求边上的垂直平分线所在直线的方程； （3）求的面积. 【答案】（1）； （2）； （3）17. 【解析】 【分析】（1）求出点的坐标及直线斜率，再利用直线的点斜式方程求解. （2）求出直线的斜率，再利用垂直关系及直线的点斜式方程求解. （3）求出点到直线的距离及边长，进而求出三角形面积. 【小问1详解】 依题意，点，直线斜率，方程为， 所以边上中线所在直线的方程为. 【小问2详解】 直线的斜率，边的垂直平分线斜率为， 直线方程为，即， 所以边上的垂直平分线所在直线的方程为. 【小问3详解】 由（2）得直线的方程为，即， 点到直线的距离，而， 所以的面积. 19. 已知四棱锥中，平面平面，，，为等腰直角三角形，. （1）证明：平面； （2）若是线段上一点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值； （3）点满足（2）中条件，在线段上是否存在点（不与端点重合）使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见详解 （2） （3）存在点， 【解析】 【分析】（1）取的中点，结合题意可证，结合面面垂直的性质可得平面，进而可得，即可证线面垂直； （2）建系标点，设，结合线面平行可得，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求面面夹角； （3）设，求平面的法向量，利用空间向量结合二面角列式解出的值，进而分析判断. 【小问1详解】 取的中点，连接， 由题意可知：，，则， 且，即，可得， 可知四边形为正方形，可得， 则，可得， 又因为为等腰直角三角形，，可知， 且平面平面，平面平面，平面， 则平面，由平面可得， 且，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）可知：平面，， 以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 可得，， 设，， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 又因为， 若平面， 则，解得，即， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 又因为，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）可得：，， 设，，则， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 且平面的法向量， 由题意可得：， 整理可得，解得或（舍去）， 所以存在点，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度高中数学期中考试卷 一、单选题 1. 若复数满足，则对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7 4. 若直线与直线平行，则两直线间距离为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，设，若点满足，点为中点，则=（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线和，两点，若直线上存在点使得最小，则点的坐标为（ ） A B. C. D. 7. 已知空间四点的坐标分别是，记点到直线的距离为，记点到平面的距离为，则（ ） A B. C. D. 8. 在四棱锥中，底面，底面为矩形，，为棱的中点，为四棱锥外接球的球心，为球的球面上的一个动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知的三个内角，，所对应的边分别为，，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 恒成立 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则等腰三角形 10. 对于直线.以下说法正确的有（ ） A. 的充要条件是 B. 当时， C. 直线一定经过点 D. 点到直线的距离的最大值为5 11. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，，，，则下列结论正确的有（ ） A. 四面体P－ACD是鳖臑 B. 阳马P－ABCD的体积为 C. 阳马P－ABCD的外接球表面积为 D. D到平面PAC的距离为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 函数在上的最小值是_______． 13. 向量，且，则___________． 14. 已知三棱锥的所有顶点都在一个球面上且平面，，，且底面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积是______. 四、解答题 15. 已知直线过点． （1）若直线也过点，求直线的方程； （2）若直线在轴上的截距与轴上的截距相等，求直线的方程； （3）设坐标原点到直线距离为，求的取值范围（直接写出结果即可） 16. 在三角形中，内角A，B，C所对边分别为、、，已知． （1）求角A的大小； （2）若且，三角形的面积为，求三角形的周长． 17. 如图，四边形是矩形，面，面，，，点在棱上. （1）求二面角的余弦值； （2）若点到平面的距离为，求线段的长. 18. 已知的三个顶点为，，，D为的中点. （1）求边上中线所在直线方程； （2）求边上的垂直平分线所在直线的方程； （3）求的面积. 19. 已知四棱锥中，平面平面，，，为等腰直角三角形，. （1）证明：平面； （2）若是线段上一点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值； （3）点满足（2）中条件，在线段上是否存在点（不与端点重合）使得二面角余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $