河南省信阳高级中学北湖校区2026-2027学年高二上期09月测试（一）数学试题

河南省信阳高级中学北湖校区 2026-2027学年高二上期09月测试（一） 数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A C B C A A D ABC AD ACD 12．或 13． 14． 15．(1) (2)或. 【分析】（1）先求出，，再由为边上的高所在直线，所以，求出，再由点斜式方程求解即可； （2）由为边上的中线所在直线，求出，再由点斜式方程求解即可； 【详解】（1）由可得直线恒过定点， 由可得：， 则，则直线恒过定点， 令中，所以，所以， 因为为边上的高所在直线，所以，解得：. 所以，，所以的中点为，又因为， 所以边上的中线所在直线方程为：，即. （2）为边上的中线所在直线，因为，， 所以的中点为，即， 因为在上，所以，解得：， 解得：或， 当时，，，，， 所以边上的高所在直线方程为：，化简可得：， 当时，，，，， 所以边上的高所在直线方程为：，化简可得：， 所以边上的高所在直线方程为或. 16．(1)； (2)； (3)． 【分析】(1)根据已知可求出的值，相邻两条对称轴之间的距离为，根据计算的值； (2)利用整体代换的思想，将看作整体，通过，得到整体的范围，根据正弦函数单调区间计算m的最大值； (3)通过x的取值范围计算的取值范围，利用换元法，根据二次函数图象性质求参数取值范围． 【详解】（1）解：由，得，由，则， 因为函数图象的两条相邻对称轴间的距离为， 所以函数的最小正周期满足，可得, 因为，则＝2，所以． （2）令，因为，所以． 要使函数在区间上单调递增，只需， 解得：，所以实数m的最大值为． （3）∵，∴，∴， 令，则由题可知恒成立， 令，，对称轴为，开口向上， 所以， 解得：，综上可知，的取值范围是． 17．(1)； (2)； (3)最小值为，此时为等边三角形． 【分析】（1）先根据正弦定理，将边化角，再结合三角恒等变换，即可求解； （2）利用三角形的中线性质，结合三角形余弦定理，列出关于的方程组，再根据三角形的面积公式即可求解； （3）先化简原式，再结合三角函数的运算，求得最值，进而可判断三角形的形状. 【详解】（1）因为，根据正弦定理可得，， 代入原式，可得， 又因为为锐角三角形，所以，，所以， 所以，即，所以， 又，所以， 所以，解得． （2）因为为的中点，所以，则， 因为，，所以， 整理得①， 又根据余弦定理，，且， 所以，即②， 由①②得③， 又因为，且，， 所以④，联立③④，解得， 所以的面积为． （3）由题意，， 又为的内角，所以，所以， 所以， 因为，所以 ， 所以， 因为为锐角三角形，所以，解得， 所以，则，所以， 所以，所以， 所以，即的最小值为， 此时，即，解得， 又，所以，所以为等边三角形． 18．(1)证明：因为，，所以，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． (2)证明：因为四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面． 因为平面，平面平面，所以． (3)存在， 【分析】（1）通过平面平面结合面面垂直性质可完成证明； （2）由可得平面，然后由线面平行性质可完成证明； （3）分别取，的中点，，连接，，，由题设可得，，，四点共面，然后假设存在符合题意的点，过点作，垂足为，过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接，由题设可证明即二面角的平面角，然后由题目数据可得答案. 【详解】（1）略 （2）略 （3）分别取，的中点，，连接，，． 因为，所以四边形为等腰梯形，根据等腰梯形的性质可得． 因为平面平面，平面，所以平面． 根据棱台的性质可得，所以，，，四点共面． 假设存在符合题意的点，过点作，垂足为， 过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接． 因为，，所以，所以平面， 所以，所以即二面角的平面角． 由题意可得，，，，． 设，由，得，． 由.得． 若二面角为，则，解得， 则， 所以线段上存在点，且． 19．(1) (2)， (3)存在， 【分析】（1）法一利用中点性质求出，再代入中求解轨迹方程，法二结合相似的性质得到，再结合圆的定义求出轨迹方程即可. （2）先讨论直线的斜率是否存在，再利用直线与圆的位置关系求出直线方程，进而求出交点坐标和弦长即可. （3）对直线斜率是否存在进行讨论，并结合题意得到，进而得到，进而求解出定点即可. 【详解】（1）法一：设点坐标为， 因为点坐标为，点为线段的中点，所以， 又因为点在圆上，代入圆的方程得 化简得，故点的轨迹方程为， 法二：设圆心与点连线的中点为点， 如图，作出符合题意的图形， 因为点为的中点，为的中点，所以， 因为，所以， 则，可得点轨迹为以为圆心，以2为半径的圆， 故轨迹方程为． （2）当过点的直线斜率不存在时，不可能与圆有交点，故舍去； 如图，作出符合题意的图形， 当过点的直线斜率存在时，设直线方程为， 当直线与圆相切时，圆心到直线距离等于半径2， 可得，解得， 此时直线方程为，联立可得， 解得，，所以点和点坐标为，， 故直线的方程为， （3）存在，点坐标为，证明如下， 不妨设点坐标为，交点，点坐标为，， 当过点的直线斜率不存在时，直线方程为， 联立方程组，解得，， 则与圆的交点为和，可得轴上任意一点均满足题意， 当过点的直线斜率存在时，设直线方程为， 如图，作出符合题意的图形， 联立方程组，化简得， 由韦达定理可知， 又因为轴平分，所以直线和直线的斜率互为相反数： 可得，即， 将直线方程代入，化简得到 代入韦达定理结果得， 化简得，即，解得， 综上所述，点坐标为，得证． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学北湖校区 2026-2027学年高二上期09月测试（一） 数学试题 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．复数，则的虚部为（    ） A． B． C． D． 2．已知，，，为三条直线，，，为三个平面．下列命题为假命题的是（     ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 3．非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为，若，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 4．已知圆：（，）上有两点关于直线对称，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．若，，，则下列结论错误的是（   ） A．事件与相互独立 B． C．事件与互斥 D． 6．已知圆，点在直线上，过作圆的切线（为切点），当最大时，的正切值为（   ） A． B． C．2 D． 7．已知实数x，y满足，则的最小值为（    ） A． B． C．108 D．117 8．三棱锥的各个顶点都在球的球面上，△ABC是等边三角形，△SBC是等腰直角三角形且BS=BC，平面SBC⊥平面 ABC，AB=2，则球O的表面积为(    ) A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9．下列说法不正确的是（    ） A．平面直角坐标系内的任意一条直线都存在倾斜角和斜率 B．不经过原点的直线都可以用方程表示 C．“直线与直线互相垂直”是“”的充分不必要条件 D．直线的倾斜角的取值范围是 10．如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．正三棱柱的外接球表面积为 C．周长的最小值为 D．已知动点在侧面内（包含边界），若，则点的轨迹长度为 11．已知函数是定义在上的偶函数，且，当时，．则（    ） A．的最小正周期为4 B．的图象关于点对称 C．为奇函数 D．的解集为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．过点且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的一般方程为________． 13．某学校围棋社团组织高一与高二交流赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高，已知高二每个段位的选手都比高一相应段位选手强一些，比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序.则第一局比赛高一获胜的概率为________. 14．已知中，，，是上一个定点，满足，且对于边上任意一点，恒有，则的面积为________． 四、解答题：本大题共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）已知分别过定点的直线，与轴交于点 (1)若为中，边上的高所在直线，求边上的中线所在直线方程； (2)若为中，边上的中线所在直线，求边上的高所在直线方程． 16．（15分）已知函数，，函数图象的两条相邻对称轴间的距离为． (1)求函数的解析式； (2)若函数在区间上单调递增，求实数m的最大值； (3)若，求的取值范围． 17．（15分）在锐角中，内角的对边分别为，且． (1)求角； (2)若，且边上的中线，求的面积； (3)求的最小值，并指出此时的形状． 18．（17分）如图，在三棱台中，平面平面，，，． (1)证明：平面． (2)若平行四边形的顶点，，，分别在棱，，，上，证明：． (3)线段上是否存在点，使得二面角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 19．（17分）已知圆方程为，点，点是圆上的动点，点为线段的中点． (1)求点的轨迹方程； (2)记点的轨迹为曲线，过点作曲线的两条切线，切点分别为点和点，求直线的方程及弦长； (3)过点作直线与曲线交于，两点，在轴上是否存在一点，使得轴总是平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $