山西忻州市某校2026-2027学年高二上学期期始考试数学试题

2025级高二年级第一学期期始考试试题 高二数学 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 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．已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为（ ） A． B． C．或 D．或 3．已知五个数，，，，的极差为4，方差为2，则，，，，的（ ） A．极差为12，方差为18 B．极差为9，方差为6 C．极差为12，方差为6 D．极差为9，方差为18 4．直线和无公共点，则的值为（ ） A．或2 B．0或3 C．或0 D．或3 5．已知空间内三点，，，则点到直线的距离为（ ） A． B． C． D． 6．直线（，）平分圆，则的最小值是（ ） A．2 B．5 C． D． 7．某种药物作用在农作物上的分解率为，与时间（小时）满足函数关系式（其中，为非零常数），若经过12小时该药物的分解率为10%，经过24小时该药物的分解率为20%，那么这种药物完全分解，至少需要经过（参考数据：）（ ） A．48小时 B．52小时 C．64小时 D．120小时 8．棱长为2的正方体内有一个棱长为的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则的最大值为（ ） A．1 B． C． D．2 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每题给出的选项中，有多项符合要求．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．下列说法正确的是（ ） A．直线的倾斜角为 B．若直线经过第三象限，则， C．存在使得直线与直线垂直 D．已知直线过定点且与以，为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是 10．在复平面内，复数，对应的点分别为，，为坐标原点，下列结论正确的是（ ） A．若，则 B．若，且，则，关于轴对称 C．若，则 D．若，且，是关于的方程的两个根（，），则 11．棱长为1的正方体中，点在线段上运动（包括端点），则下列结论正确的是（ ） A．一定成立 B．当直线与直线相交时，点是线段的一个三等分点 C．三棱锥的体积不变 D．的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．圆：上的点到直线：的距离的最小值为________． 13．已知，，则的值为________． 14．已知函数，，若存在，，使得，则的最小值为________． 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．（13分）已知圆的圆心在直线上，且经过点，． （1）求圆的方程； （2）若直线过点与圆交于，两点，且弦长，求直线的方程． 16．（15分）如图，已知正三棱柱中，，点为的中点． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离． 17．（15分）学校在组织选拔数学弘毅班的过程中，对报名的50名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数（）全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，…，，整理得到如图所示的频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）． （1）求的值． （2）估计此次数学测试分数的平均数与中位数．（保留一位小数） （3）若采用分层随机抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，查看他们的答题情况，再从中选取2个人进行面试，求这2人中至少有一人分数在内的概率． 18．（17分）如图，在中，内角，，的对边分别为，，．已知，，，且为边上的中线，为的角平分线． （1）求及线段的长； （2）求的面积． 19．（17分）如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，平面平面． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025级高二年级第一学期期始考试数学试题参考答案 《高二期始考试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C A C D C B B ACD BC ACD 1．A 【分析】解不等式化简集合，根据交集的概念求解. 【详解】由，解得，所以， 由，解得，所以. 所以， 故选：A. 2．C 【分析】通过对截距的取值是否为进行分类，分别设直线方程为和，代入点，即可求解. 【详解】设直线的横截距为，纵截距为，因为直线在两坐标轴上的截距相等，即， 当时，设直线的方程为， 又直线过点，所以，解得，所以直线的方程为； 当时，设直线的方程为，即， 又直线过点，所以，解得， 所以直线的方程为，即. 综上所述，过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为或. 故选：C 3．A 【详解】对于一组数据，如果每个数据都进行线性变换， 其中为常数，那么新数据的极差是原数据极差的倍， 新数据的方差是原数据方差的倍. 由题可知，，原极差为4，方差为2， 则新极差为，新方差为，A正确. 4．C 【分析】两直线无公共点，由两直线平行求解. 【详解】当时，这两条直线分别为和，无公共点. 当时，， 解得. 综上，或. 故选：C 5．D 【分析】根据空间向量数量积的坐标表示求出，利用同角三角函数的关系求出，结合计算即可求解. 【详解】空间内三点，，，， 因为， 由， 所以， 所以点到直线的距离. 故选：D. 6．C 【分析】直线平分圆，得到a,b关系，再根据基本不等式，即可求解. 【详解】解：直线平分圆，则直线过圆心，即， 所以(当且仅当时，取等号) 故选：C. 7．B 【分析】根据已知条件，利用待定系数法求出函数关系式，然后再代入计算即可． 【详解】由题意可得，解得，所以， 这种药物完全分解，即当时，有，即， 解得． 故选：B． 8．B 【分析】棱长为的正四面体的外接球的半径为1，设正四面体为，过作平面，垂足为，连接，表示出，然后结合图形利用勾股定理列方程求解 【详解】 棱长为2的正方体内切球的半径为1， 因为正四面体可以在正方体内任意转动，所以只需该正四面体为球的内接正四面体，换言之，棱长为的正四面体的外接球的半径为1， 设正四面体为，过作平面，垂足为，连接，为底面正的中心， 则，体高为， 由于外接球半径为1，利用勾股定理得：，解得或(舍)， 故选：B 9．ACD 【分析】对于A，将方程转化为点斜式方程求得斜率，再根据斜率与倾斜角的关系即可判断；对于B，取特例判断即可；对于C，根据直线一般式方程下垂直的关系直接列示求解即可；对于D，根据点的位置关系，结合直线斜率公式求解即可. 【详解】解：A选项，对于直线，将其化为斜截式，斜率, 因为倾斜角,且，所以,故A选项正确； B选项，取，此时直线为，过第三象限，满足，，与矛盾，故B选项错误 C选项，若直线与直线垂直，则，即，此时直线为与，满足题意，故C选项正确； D选项，对于点，，由于，， 因为直线与线段有交点，且 所以直线的斜率的取值范围是，即，故D选项正确. 故选：ACD 10．BC 【详解】若，则，故A错误； 因为，，所以，则，关于轴对称，故B正确； 若，则，则，故C正确； 由题意得，，则，故D错误. 11． ACD 【答案】ACD 【分析】利用正方体的结构特征，结合线面垂直的判定、性质推理判断A；确定与的交点判断B；由线面平行的判定及三棱锥的体积公式判断C；正与等腰置于同一平面，利用两点间距离最短计算判断D. 【详解】对于A，矩形是正方体的对角面，则， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面， 又平面，因此，A正确； 对于B，由平面，平面，得，而， 平面，则平面，又平面， 因此，，同理，而平面， 于是平面，令平面，必为与的交点， 由三棱锥为正三棱锥，得是正的中心，为线段的中点，B错误； 对于C，由，平面，平面，得平面， 因此点到平面的距离为定值，而的面积为定值，则为定值，C正确； 对于D，将正与等腰置于同一平面，由， 得，，当且仅当为的中点时取等号，D正确. 12．2 【分析】先计算出圆心到直线的距离，判断圆与直线的关系，根据圆与直线的关系进行求解. 【详解】该圆的圆心为，半径，到直线的距离， 所以圆与直线相离，其上一点到的距离的最小值为. 13． 【分析】首先化简目标式为，根据已知条件求出、，即可求值 【详解】 由知：，又 ∴， ，，故 ∴综上，有 故答案为： 【点睛】本题考查了利用三角恒等变换求函数值，注意正弦二倍角公式、和角公式化简目标式的应用，根据象限角判断相关角的函数值，进而求目标三角函数的值 14．【答案】5 【分析】根据正弦函数值域，判断等式成立的条件，进而根据函数最值，列出不等式，求出参数范围，求出结果即可. 【详解】因为，又存在，使得， 所以在上要有最大值与最小值，且， 所以，所以，所以， 又因为，所以， 经分析，要使最小，需区间包含区间， 即且时，解得，所以的最小值为. 15．(1) (2)x﹣3＝0或15x﹣8y﹣13＝0 【分析】（1）求得圆心和半径，由此求得圆的方程. （2）根据直线的斜率存在和不存在进行分类讨论，结合弦长来求得直线的方程. 【详解】（1）由题意可得：，AB中点坐标为M（3，1），则直线AB的垂直平分线方程为y﹣1＝x﹣3， 与直线x+y﹣2＝0联立可得两直线的交点坐标为（2，0），即所求圆的圆心坐标为（2，0），圆的半径r＝4﹣2＝2， 圆的方程为：． （2）设圆心到直线的距离为d，则，解得d＝1，很明显直线斜率不存在时，直线x﹣3＝0满足题意， 当直线斜率存在时，设直线方程为：y﹣4＝k（x﹣3），即kx﹣y﹣3k+4＝0， 从而有：，解得，则直线方程为，即15x﹣8y﹣13＝0， 综上可得，直线方程为x﹣3＝0或15x﹣8y﹣13＝0． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，利用三角形中位线定理证明，再结合线面平行的判定定理即可得证. （2）利用等体积法，通过计算三棱锥的体积和底面积求解点到平面的距离. 【详解】（1）连接交于点，连接. 因为三棱柱为正三棱柱，所以侧面为矩形， 所以为的中点. 又因为点为的中点，所以在中，为中位线，故. 因为平面，平面，所以平面. （2）设点到平面的距离为. 因为为正三角形，为的中点，所以，且. 因为三棱柱为正三棱柱，所以平面. 又平面，所以.因为，平面，所以平面. 又平面，所以. 在中，. 所以的面积. 又的面积. 由可得，即， 解得.所以点到平面的距离为. 17.【答案】(1)(2)；(3) 【分析】（1）利用频率分布直方图中各小矩形面积和为1列式求解. （2）利用（1）的结论，利用频率分布直方图中平均数和中位数定义求解. （3）利用分层抽样求出落在两个区间内的人数并编号，再利用列举法求出古典概率. 【详解】（1）由频率分布直方图，得， 所以. （2）由（1）得，该次考试测试分数的平均数的估计值为： 分； 测试分数在的频率：， 测试分数在的频率：， 则测试分数中位数为，，解得， 所以此次数学测试分数的中位数约为. （3）记分数在的人数为（人）， 分数在的人数为（人）， 由，得采用分层随机抽样的方法，抽取的5人中， 分数在的有2人，编号分别为，分数在有3人，编号为， 样本空间， 则，记事件“至少一人分数在”，则，则， 所以这2人中至少有一人分数在内的概率为. 18．(1)，BC＝6 (2) 【分析】（1）利用二倍角正弦公式结合正弦定理推出，再利用余弦定理即可求得a，即得答案. （2）求出，即可求出，利用角平分线性质可推出,从而，即可求得答案. 【详解】（1）由题意在中，，∴， ∴，而，，∴， 由余弦定理得（舍去），即. （2）在中，，，， ∴， ∵AE平分∠BAC，， 由正弦定理得：， 其中， ∴，则,, ∵AD为BC边的中线，∴， ∴. 19．(1)为等腰梯形，，， 又平面平面，平面平面， 平面， 又平面，平面平面. (2) (3)存在， 【分析】（1）通过面面垂直的性质定理和判定定理即可证得； （2）推导出平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出； （3）设，利用空间向量法可知，平面的法向量与平面的法向量的夹角余弦值的绝对值为，可得出关于的方程，解方程即可. 【详解】（1）略 （2），， 平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面， ，故两两互相垂直， 以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 在等腰梯形，，，，， ，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 设直线与平面所成角为，则. （3）设，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 由题（2）可知，平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 故棱（不包括端点）上存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，此时. 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 学科网（北京）股份有限公司 $