精品解析：贵州省兴义市第八中学2026-2027学年高二上学期第一次阶段性检测数学试卷

高二年级第一次阶段性检测数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 命题人：兴义八中高二数学组 审题人：兴义八中高二数学组 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求） 1. 已知集合，是小于的质数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 3. 若直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 已知向量，满足，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 已知直线与直线间的距离为1，则实数m的值为（ ） A. 14 B. -14 C. 6 D. -14或6 6. 设点，，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知半径为的球O内切于圆台（即球O与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），圆台的上、下底面半径分别为，且，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，、，，，且，则的最大值为（ ） 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，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部份选对的得部份分，有选错的得0分．） 9. 2026年暑期，贵州省兴义市万峰林凭借宜人的气候与秀美的喀斯特田园风光火出圈，成为国内热门避暑旅游打卡地．某研学实践小组记录了万峰林景区7月中旬连续8天的日最高气温（单位：℃）如下：28，27，29，28，30，28，27，29，则关于这组数据，下列说法正确的是（ ） A. 极差为3 B. 平均数为28 C. 中位数为28 D. 上四分位数为27.5 10. 已知圆：与圆：交于两点，，则下列正确的是 （ ） A. ， B. C. D. 11. 在棱长为2的正四面体中，，分别是，的中点，点在线段上运动（不包含端点），则下列结论正确的是（ ） A. 此正四面体的体积为 B. 存在点使得 C. 直线与直线的夹角范围为 D. 以点为球心，为半径的球被平面所截图形面积的最小值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知某圆经过，两点，圆心M在直线上，则该圆的方程为______. 13. 设，动直线过定点，动直线过定点，若为与的交点，则的最大值为_____． 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为_____________ 四、解答题-问答题（本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知直线，，且直线，的交点为点． （1）若直线经过点，且与直线垂直，求直线的方程； （2）若直线经过点，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程． 16. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（第一～五组区间分别为，，，，）． （1）求选取的市民年龄在内的人数及的值； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民年龄的第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率． 17. 三棱柱中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知过点且斜率为的直线被圆截得的弦长为． （1）求过点的圆的切线方程； （2）已知圆，两个定点，，其中，．为圆上任意一点且（为常数），求的值； （3）设点,分别在圆与圆上，若的外接圆圆心在圆上，已知点，求的取值范围． 19. 如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置． （1）如图2，证明：平面； （2）如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围； （3）我们把与两条异面直线都垂直相交的线段叫做两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长度是两条异面直线上两点间距离的最小值．如图3所示，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线段，记四面体的内切球半径为，比较与的大小，并证明你的结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级第一次阶段性检测数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 命题人：兴义八中高二数学组 审题人：兴义八中高二数学组 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求） 1. 已知集合，是小于的质数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先明确小于的质数得到集合的元素，再根据交集定义求两个集合的公共元素即可. 【详解】已知集合，是小于的质数，则， 因此. 2. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，利用模长公式可得结果. 【详解】由题意得，， ∴. 故选：C. 3. 若直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】由题意，直线化为斜截式可得， 所以，所以. 4. 已知向量，满足，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知， 由， 得，即 所以. 5. 已知直线与直线间的距离为1，则实数m的值为（ ） A. 14 B. -14 C. 6 D. -14或6 【答案】D 【解析】 【详解】由题，直线，则两直线距离为或6. 6. 设点，，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出点关于直线的对称点，得到对称后的直线方程，再利用圆心到直线的距离不大于半径列不等式求解即可. 【详解】 如图所示，由对称性可得点关于直线的对称点为， 由于点在对称轴上，因此直线关于对称的直线即为直线， 直线的斜率，则直线方程为，整理为， 已知圆的圆心为，半径，直线与圆有公共点等价于圆心到直线的距离， 由点到直线的距离公式得， 即，展开整理得，解得， 结合题干给出的条件，最终得的取值范围为. 7. 已知半径为的球O内切于圆台（即球O与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），圆台的上、下底面半径分别为，且，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出轴截面图，由三角形的相似及，求得，再根据圆台的体积公式求解即可. 【详解】如图，这是该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆， 设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底面分别相切于点，则, 因为与分别为的平分线， 因此，从而， 故，所以，又因为，所以，故， 故圆台的高为，故圆台的体积为. 8. 在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，、，，，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意分析向量夹角与坐标的表示，得到坐标，再化简绝对值的表达式，最后根据不等式得到最大值。 【详解】由数量积公式，解得即与的夹角为. 设，依据夹角为与得； ，， 或，， 可得或， 则，故. （或），故. 因此原式化简为. 要使原式最大，即最小，注意到. ， 故. 由数量积的性质， 因此原式的最大值为. 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，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部份选对的得部份分，有选错的得0分．） 9. 2026年暑期，贵州省兴义市万峰林凭借宜人的气候与秀美的喀斯特田园风光火出圈，成为国内热门避暑旅游打卡地．某研学实践小组记录了万峰林景区7月中旬连续8天的日最高气温（单位：℃）如下：28，27，29，28，30，28，27，29，则关于这组数据，下列说法正确的是（ ） A. 极差为3 B. 平均数为28 C. 中位数为28 D. 上四分位数为27.5 【答案】AC 【解析】 【详解】 首先将8个日最高气温数据从小到大排序为：27，27，28，28，28，29，29，30. 选项A：极差为最大值减最小值，即，A正确； 选项B：平均数为，B错误； 选项C：共8个数据，中位数为第4个和第5个数据的平均值，即，C正确； 选项D：上四分位数为75%分位数，计算位置，即第6个和第7个数据的平均值，为，D错误 10. 已知圆：与圆：交于两点，，则下列正确的是 （ ） A. ， B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据中点坐标公式结合圆的性质判断A；根据两圆相交的位置关系判断B；由点与圆的位置关系判断CD. 【详解】设线段的中点为，则，又两圆半径相等，则也是的中点，，即，，故A正确； 设圆心距为，因为两圆相交，所以，即，故B错误； 因为，所以 同理可得，两式相减得，故CD正确； 故选：ACD 11. 在棱长为2的正四面体中，，分别是，的中点，点在线段上运动（不包含端点），则下列结论正确的是（ ） A. 此正四面体的体积为 B. 存在点使得 C. 直线与直线的夹角范围为 D. 以点为球心，为半径的球被平面所截图形面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，依据体积公式即可判断；对于B，取的中点，证明出平面，即可判断；对于C，延长与交于点，作交于点，求出的范围即可判断；D选项先找出半径的关系式，利用面积公式求得. 【详解】A选项：底面正三角形的面积为， 正四面体的高， 体积.故A正确. B选项：取的中点，连接，则. 由，且，平面，则平面. 仅当在点时，满足，且不包含端点，因此不存在.故B错误. C选项：延长与交于点，作交于点， 设，则， 则， 因为与相似，故，即，则， 设直线与直线的夹角为， 则， 因为，则，则， 则，又，则， 即直线与直线的夹角范围为，故C正确. D选项：球被平面截的截面为圆，半径满足， 其中为到平面的距离恒为， 易知，则为等腰三角形， 故当点为中点时，最小， 此时， ， 截面面积，故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知某圆经过，两点，圆心M在直线上，则该圆的方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用待定系数法联立方程即可求解. 【详解】设圆心为，半径为r，则圆的标准方程为. 由题意可得方程组. 解此方程组，得， 故所求圆的方程为. 13. 设，动直线过定点，动直线过定点，若为与的交点，则的最大值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先求出动直线过定点的坐标和动直线过定点的坐标，由题意可知，即，利用勾股定理可得出，然后由重要不等式可求出的最大值. 【详解】直线的方程变形为，由，得， 所以，动直线过定点，同理可知，动直线过定点， 由题意可知，且为与的交点，， 由勾股定理可得， 由重要不等式可得， 当且仅当时，等号成立， 因此，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查直线过定点问题，同时也考查了线段积最值的求解，根据题意得出定值条件是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为_____________ 【答案】 【解析】 【分析】以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，根据两点间的距离公式，求出圆的方程，再数形结合，求出结果. 【详解】 如图所示，以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，不妨取，． 设，则，整理得， 所以点的轨迹方程为． 则， 其中可看作圆上的点到原点的距离的平方， 所以， 所以，即的最大值为. 故答案为： 四、解答题-问答题（本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知直线，，且直线，的交点为点． （1）若直线经过点，且与直线垂直，求直线的方程； （2）若直线经过点，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 或 【解析】 【分析】（1）先由的斜率结合垂直关系得的斜率，再用点斜式求的方程； （2）先联立求交点，再分截距为0和不为0两种情况求的方程. 【小问1详解】  直线整理为斜截式方程得，故的斜率，因为与垂直，所以的斜率， 又过点，由点斜式方程得：，整理得 【小问2详解】 联立，解得，，即， 分两种情况讨论： ① 当在两坐标轴上的截距均为0时，设方程为，将代入得，解得，故方程为，即； ② 当在两坐标轴上的截距不为0时，设方程为，即，将代入得，故方程为，即； 综上，的方程为或. 16. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（第一～五组区间分别为，，，，）． （1）求选取的市民年龄在内的人数及的值； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民年龄的第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率． 【答案】（1）人， （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图求出年龄在内的频率，即可求对应人数；再列方程求a； （2）依次计算各组累积频率，定位第 80 百分位数所在区间，代入百分位数公式计算得到百分位数估计值； （3）先根据分层抽样确定两组抽取人数，列举基本事件，由古典概型概率公式即可求出概率. 【小问1详解】 年龄在的频率是，故选取的市民年龄在内的人数是人； 由所有矩形面积之和为，得，解得； 【小问2详解】 先计算各组累积频率： ：，累积频率为， ：，累积频率为， ：，累积频率为， ：，累积频率为. 则第80百分位数落在 内，故估计200名市民年龄的第80百分位数为； 【小问3详解】 第3组人数：，第4组人数：，两组人数比， 分层抽样选取 5 人，则第 3 组抽人，第 4 组抽人， 记年龄在的3人为，年龄在的2 人为从 5 人中任选 2 人， 样本空间为， 即， 设事件为至少一人年龄在，则， 即， 所以. 17. 三棱柱中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）因为，，所以， 又平面平面，平面平面， 所以平面，平面，所以， 又四边形为菱形，所以， ，平面， 所以平面，平面， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）先由勾股定理得，结合面面垂直推出平面，得到，再利用菱形性质得，由线面垂直判定证平面，最后由线面垂直性质得到； （2）先取中点，利用面面垂直证明平面，建立空间直角坐标系求出各点坐标，再求出两个平面的法向量，借助法向量夹角公式计算出两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，因为，所以为等边三角形，， 又平面平面，平面平面， 所以平面. 以为原点，分别以所在直线为轴、轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，， 因为平面平面，所以是平面的一个法向量， 设平面的法向量，则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则. 18. 已知过点且斜率为的直线被圆截得的弦长为． （1）求过点的圆的切线方程； （2）已知圆，两个定点，，其中，．为圆上任意一点且（为常数），求的值； （3）设点,分别在圆与圆上，若的外接圆圆心在圆上，已知点，求的取值范围． 【答案】（1）或. （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）先用垂径定理由弦长求出，考虑斜率存在与不存在两种情况求切线. （2）到定点的距离比值恒定说明轨迹是阿波罗尼斯圆或一条直线. （3）结合外心的性质利用向量求出的关系，最后设点坐标表示出求解. 【小问1详解】 直线方程为，圆心到它的距离，. 由垂径定理，半弦长为得，即圆. 斜率存在时，设切线，即. 由圆心到切线距离等于半径得 ，解得，则切线为. 斜率不存在时，直线 到圆心的距离为，是切线. 故所求切线为 或. 【小问2详解】 设，则. 由 得，展开得 ， 整理为. 该方程是比值为的阿波罗尼斯圆（时为直线，不可能包含圆，故）；而圆上每一点都满足，两圆有无穷多公共点，故轨迹就是圆. 则，的系数为0， 则，，与比较得. 又解得 验证：,,,点的轨迹为圆，. 【小问3详解】 是的外心，则；在圆上给出，即外接圆半径为. 由，得；同理. 由，，得，.又且两向量模均为，得与的夹角为. 设（），则，由旋转特性不妨设，于是 ， ， 两式相加得： ，， 则. 19. 如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置． （1）如图2，证明：平面； （2）如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围； （3）我们把与两条异面直线都垂直相交的线段叫做两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长度是两条异面直线上两点间距离的最小值．如图3所示，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线段，记四面体的内切球半径为，比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】（1）因为，，是线段上的一点，则， 所以四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面， 所以平面； （2） （3），证明如下： 设为四面体的表面积，则， 令与平面所成角为， 则， 其中， 因为是公垂线，即上的点与上的点的最短距离是， 所以， 所以 ， 则， 所以. 【解析】 【分析】（1）证明出，得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，设，得到各点坐标，求出平面的法向量，根据得到，表达出平面与平面所成锐二面角关于的表达式，结合对勾函数单调性得到取值范围； （3）设为四面体的表面积，由公垂线的定义得，所以，根据四面体的体积得到不等式，证明出结论. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 已知，， 故，所以⊥， 所以，， 而，为的中点，所以⊥， 又二面角为直二面角，即平面⊥平面， 又平面平面，平面， 所以⊥平面， 以E为原点，在平面内作的垂线所在直线为轴， 以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 则，，所以， ，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，所以， 直线与平面所成角为，， 故， 解得， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，故， 设平面与平面所成锐二面角为， 则， 因为，在上单调递增， 所以，， ， 所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $