贵州省镇宁民族中学2025--2026学年第一学期高二期中考试卷数学

**基本信息** 镇宁民族中学高二期中数学试卷（150分/120分钟），以函数、几何、概率统计、圆锥曲线为核心，融入《九章算术》阳马文化素材，通过多梯度问题设计，考查数学抽象、逻辑推理及空间观念，适配高二学段知识综合应用需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|函数性质、圆锥体积、频率分布直方图|结合基本不等式求最值（第1题），充要条件判断（第2题）| |多选题|3题/15分|空间向量、椭圆性质、圆的方程|空间向量共线垂直判定（第9题），椭圆焦点三角形面积（第10题）| |填空题|3题/15分|空间直角坐标系、圆的公共弦、椭圆离心率|空间点对称（第12题），公共弦长计算（第13题）| |解答题|5题/80分|函数奇偶性单调性、立体几何证明与距离、椭圆方程与直线位置关系|立体几何中面面平行证明及点面距离（第16题），椭圆与直线相交弦长计算（第18题）|

镇宁民族中学2025--2026学年第一学期高二期中考试卷 数学 试卷满分：150分；考试时间：120分钟；命题人：丁利；审题人： 注意事项： 1．答题卡上填写好自己的姓名、班级、考号等信息； 2．请将答案规范填写在答题卡上. 第I卷（选择题） 一、单选题 1．已知方程在上有实根，则的最小值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．下列命题为真命题的是（    ） A．命题“”的否定是“” B．若，则 C．的单调减区间为 D．是的必要不充分条件 3．已知一个底面半径为1的圆锥，其侧面积是底面积的4倍，则该圆锥体积为（   ） A． B． C． D． 4．如图所示，下列频率分布直方图，根据所给图做出以下判断，正确的是（    ） A．平均数=中位数=众数 B．平均数<众数<中位数 C．众数<中位数<平均数 D．平均数<中位数<众数 5．如图，在平行六面体中，已知，，则的长为（   ） A．2 B． C．4 D．6 6．圆心为点，且过点，则该圆的标准方程是（   ） A． B． C． D． 7．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（ ） A． B． C． D． 8．已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为2，若直线与椭圆交于点，满足，则离心率是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．对于两个空间向量，，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，，当时， D．若，分别为平面，的法向量．当时，一定有 10．已知，是椭圆C：的左右焦点，点M在C上，且，则下列说法正确的是（    ） A．的面积是 B．的内切圆的半径为 C．点M的纵坐标为2 D．若点P是C上的一动点，则的最大值为6 11．已知实数满足方程，则下列说法正确的是（    ） A．圆心坐标为 B．的最大值为2 C．的最大值为 D．的最大值为 第II卷（非选择题） 三、填空题 12．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是 . 13．圆与圆的公共弦的弦长为 ． 14．已知椭圆的左､右顶点分别为是在第一象限的图象上的点，记，若，则椭圆的离心率 . 四、解答题 15．已知函数． (1)判断的奇偶性，并证明； (2)判断的单调性，并利用单调性的定义证明你的结论； 16．如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，为的中点．平面． (1)若分别为的中点，求证：平面； (2)求点到平面的距离； 17．已知，，平面内一动点满足，设动点的轨迹为. (1)求的方程； (2)若直线与交于，两点，求的值. 18．已知椭圆的离心率为，其左、右顶点分别为，，过点作与轴不重合的直线交椭圆于点，（点在轴的上方）. (1)求椭圆的方程； (2)若线段的长等于，求直线的方程； 19．已知直线经过点. (1)若直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程； (2)若直线交轴的负半轴于点，交轴的负半轴于点为坐标原点，的面积为，求的最小值及此时直线的方程. 《镇宁民族中学2025--2026学年第一学期高二期中考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B C B A D B ABC ABD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】设方程在上有实根为，则，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】设方程在上的实根为，则， 所以， 所以 ， 当且仅当且且，即，时等号成立， 所以的最小值为. 故选：C 2．D 【分析】利用存在量词命题的否定判断A；举例说明判断B；求出函数的单调区间判断C；利用充分条件、必要条件的定义判断D. 【详解】对于A，命题“”的否定是“”，A错误； 对于B，，当时，，B错误； 对于C，函数的单调减区间为，C错误； 对于D，或，因此是的必要不充分条件，D正确. 故选：D 3．B 【分析】首先根据圆锥的侧面积公式，求母线长，再求圆锥的高，代入体积公式，即可求解. 【详解】设圆锥的母线为，则，则， 所以圆锥的高， 所以圆锥的体积. 故选：B 4． C 【分析】利用众数、中位数的意义，结合频率分布直方图呈现右拖尾形态时，中位数与平均数的关系判断即可. 【详解】众数是最高矩形底边中点对应的数值，位于左边第二个矩形底边中点， 所有矩形的面积之和为，显然前两个矩形的面积之和小于， 即众数＜中位数； 又频率分布直方图呈现右拖尾形态，使得平均数受极端值影响会被拉向右侧，大于中位数， 所以众数＜中位数＜平均数. 故选：C. 5．B 【分析】由，应用向量数量积的运算律求模，即可得. 【详解】依题意，， 所以 ， 所以. 故选：B 6．A 【分析】先根据两点间距离得出半径，再应用圆的标准方程计算求解. 【详解】圆心为点，且过点，则该圆的半径为， 所以圆的标准方程为. 故选：A. 7．D 【分析】根据空间向量加、减运算法则，以为基底表示出向量即可. 【详解】 . 故选：D 8．B 【分析】根据给定条件，可得，结合椭圆的定义及离心率公式求解即可. 【详解】因为焦距为2，故，所以, 因为直线经过椭圆的左焦点， 所以由直线斜率知，，如图， 由，得，则， 因此， 所以离心率. 故选：B 9．ABC 【分析】由向量模长的坐标表示可知A正确，利用共线定理可判断B正确，根据向量垂直的坐标表示计算可得C正确，由空间位置关系的向量证明可判断D错误. 【详解】对于A，由可得，即A正确； 对于B，由可知共线，即可得，即B正确； 对于C，由可得， 解得，即C正确； 对于D，根据平面法向量的定义可知时，一定有，可得D错误. 故选：ABC 10．ABD 【分析】对A，根据椭圆定义，余弦定理，三角形面积公式可求得答案；对B，在A选项基础上，，可求得；对C，在A选项基础上，由可求得；对D，由向量可得，，两式平方化简得，当最大时，得解. 【详解】如图所示，令 A选项，设，，由椭圆定义得， 又由余弦定理可得，解得，，故A选项正确； B选项，由，可得：，故B选项正确； C选项，由，可得：，即，故C选项错误； D选项，因为，所以，即，① 同理，，可得，②两式相减可得， ，故D选项正确． 故选：ABD. 11．ACD 【分析】由圆的标准方程可判断AB，由圆心和的距离为，可判断C，设， 利用点到直线的距离可求得的最大值，可判断D. 【详解】对于A，方程为， 表示以为圆心，为半径的圆，故A正确； 对于B，，所以，所以， 所以的最大值为，故B错误； 对于C，表示圆上点到定点的距离， 又圆心到定点的距离为， 所以圆上点到定点的距离的最大值为，故C正确； 对于D，设，直线与圆有公共点，则有. 解得，所以的最大值为，故D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】根据点关于平面对称的规则得出点的坐标. 【详解】在空间直角坐标系中， 点关于平面的对称点的坐标横竖坐标不变，纵坐标变成相反数， 所以点关于平面的对称点是. 故答案为：. 13． 【分析】确定两圆圆心及其半径后可得两圆相交，将两圆方程作差则可得公共弦的方程，再借助点到直线距离公式及垂径定理计算即可得解. 【详解】由可得，故该圆以为圆心，为半径， 由可得， 故该圆以为圆心，为半径， 两圆心距离为， 两圆半径之和为，两圆半径之差为， 由，故两圆相交， 将两圆方程作差得，即， 即两圆公共弦的方程为， 点到的距离为， 则两圆公共弦的弦长为. 故答案为：. 14．/0.5 【分析】设点，则，，且，分析可得，，，根据可求得的离心率的值. 【详解】设点，则，，且，可得， 易知点、， 所以，， 则，， ， 所以， 所以，则，可得. 因此的离心率为. 故答案为：. 15．(1)奇函数，证明见解析 (2)在上单调递减，证明见解析 【分析】（1）利用奇偶性的定义结合对数的运算证明即可； （2）利用单调性的定义任取满足，结合对数的运算判断的符号证明即可； 【详解】（1）函数是奇函数，证明如下： ，所以，解得函数定义域, 因为任意，都有， 又，所以函数是奇函数. （2）在上单调递减，证明如下： 法一：任取满足， 因为 ＝， 因为，，且单调递增， 所以，， 依据同向不等式的可加性， 所以， 即，所以在上单调递减． 法二：任取满足，因为， 所以， 因为，， 所以，即， 所以，即，所以在上单调递减． 16．(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明即可； （2）以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面PCD的一个法向量，再根据点到平面距离公式求解即可； 【详解】（1）（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，GM， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点，，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； （2） 平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 点到平面的距离为：. 17．(1)； (2)8. 【分析】（1）设，求出 和，代入，计算求解即可； （2）求出圆心和半径，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理得到，代入数值计算求解. 【详解】（1）设，，，，， ，，， ，， 的方程为； （2）的方程为，圆心为，半径为， 圆心到直线的距离， . 18．(1) (2)或 【分析】（1）根据题意列出方程组求解； （2）设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，结合弦长公式列出方程，即可得到结果. 【详解】（1）由题意可得，，得， 则椭圆的方程为； （2）根据题意设直线的方程为，， 联立直线与椭圆方程可得，得， 则， 由韦达定理可得， 由弦长公式可得， 化简可得，， 即，即， 所以或（舍），即， 所以直线的方程为或.    19．(1)或 (2)； 【分析】（1）根据题意，分直线的截距为0和截距不为0时，分别设出直线方程，将代入直线的方程，即可求解； （2）根据题意，设直线的方程为，其中，分别求得和，得到的面积为，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）解：当在坐标轴上的截距为0时，符合题意，直线过坐标原点，设直线的方程为. 因为直线过点，所以，解得， 所以直线的方程为，即； 当在坐标轴上的截距不为0时，设直线的方程为， 因为直线过点，所以，解得， 所以直线的方程为. 综上可得，直线的方程为或. （2）解：如图所示，可得直线的截距不为0，斜率存在且斜率， 设直线的方程为， 令，解得，则，所以； 令，解得，则，所以， 则的面积为 ，当且仅当，即时，等号成立. 所以的最小值为12，此时直线的方程为，即. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $