精品解析：陕西省西安铁一滨河高级中学2026-2027学年高二上学期单元学情调查（一）数学试卷

2026-2027-1单元学情调查（一） 高二年级数学 （满分150分 时间120分钟） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：本大题共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. 直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 2. i是虚数单位, ,则复数z的模|z|=（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. 集合，，则一定不会等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知空间向量，若点在平面内，则（ ） A. B. C. D. 0 5. 掷一枚质地均匀的骰子，观察朝上的面的点数，记事件“朝上的面的点数为奇数”，事件“朝上的面的点数为或”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件与事件为对立事件 C. D. 事件与事件相互独立 6. 已知函数，若，则（ ）. A. 1 B. 3 C. 5 D. 6 7. 已知实数满足，则的最大值是（ ） A. B. 4 C. D. 7 8. 已知椭圆：，，为的左、右焦点，为上的一个动点（异于左、右顶点），设的外接圆半径为，内切圆半径为，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 已知直线，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线的倾斜角为 B. 当时， C. 若，则 D. 直线始终过定点 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 11. 在中，，，D，E分别是，中点，将沿折起至．设二面角为，则（ ） A. B. 当时，平面与平面的夹角为60° C. 存在，使平面平面 D. 存在，使 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知角是第四象限角，且，则_______． 13. 有一个五位数，各个位上数字的平均数为6，方差为，则这个五位数最大是_______． 14. 过圆：外一点作圆的切线，，切点为，，则的最小值为_______． 15. 如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面相切.椭圆截面与两球分别相切于椭圆的两个焦点.过椭圆上一点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，此时.已知两个球的半径分别为1和3，椭圆的离心率为，则两个球的球心距离为__________. 四、解答题（本题共5小题，77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16. 已知在某次飞行员选拔测试中，甲、乙、丙三人各自能否通过测试相互独立，且甲、乙、丙能够通过测试的概率分别为，回答下列问题： （1）求恰有1人通过测试的概率； （2）求至少有2人通过测试的概率． 17. 已知四边形是边长为2的菱形，，将沿折起，得到如图所示的空间几何体． （1）经过点的平面平面，平面平面直线，求证：平面； （2）当平面平面时，求的长． 18. 在中，角，，的对边，，分别为体积是的圆台的上、下底面半径和高． （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形且，求面积的取值范围． 19. 的三个顶点分别是、、． （1）求边上的中线所在直线的方程； （2）求过点、，且圆心在直线上的圆的标准方程； （3）求的外接圆方程． 20. 已知椭圆：，则称椭圆：（且）是椭圆的等比缩放椭圆．若椭圆的短轴长为，离心率为，椭圆是椭圆的等比缩放椭圆，点是椭圆上异于左、右顶点，的任意一点． （1）求椭圆的方程； （2）当时，设直线与椭圆交于点，，线段中点为，直线与椭圆交于点，，线段中点为，证明：为定值． 21. 如图所示，在四棱锥中，，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，二面角的平面角为. （ⅰ）求平面与平面的夹角的正弦值； （ⅱ）设点为四棱锥外接球面上的一点，求点到平面距离的最大值，并求此时点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027-1单元学情调查（一） 高二年级数学 （满分150分 时间120分钟） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：本大题共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. 直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把直线方程化为斜截式，根据直线方向公式进行判断即可. 【详解】，所以该直线的一个方向向量为， 因为，所以向量与向量是共线向量， 其他选项的向量与向量不是共线向量. 故选：B 2. i是虚数单位, ,则复数z的模|z|=（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求得z，再根据复数模的计算求得答案. 【详解】由题意得==, 所以， 故选：B. 3. 集合，，则一定不会等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由， ， 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当且且时，，此时. 综上所述，可以为，，，不可以为. 4. 已知空间向量，若点在平面内，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【详解】已知点在平面内，，故， 解得， ． 5. 掷一枚质地均匀的骰子，观察朝上的面的点数，记事件“朝上的面的点数为奇数”，事件“朝上的面的点数为或”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件与事件为对立事件 C. D. 事件与事件相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】由各类事件的定义结合事件独立性的公式依次验证选项即可. 【详解】由题可知， 选项A：由题意知,根据古典概型概率公式，,A错误； 选项B：因为,所以事件与事件不是对立事件，B错误； 选项C：因为,所以，C错误; 选项D：因为,所以，又因为，, 显然成立，满足独立事件的条件，D正确. 6. 已知函数，若，则（ ）. A. 1 B. 3 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】由，得，故，所以. 7. 已知实数满足，则的最大值是（ ） A. B. 4 C. D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可. 【详解】法一：令，则， 代入原式化简得， 因为存在实数，则，即， 化简得，解得， 故 的最大值是， 法二：，整理得， 令，，其中， 则， ，所以，则，即时，取得最大值， 法三：由可得， 设，则圆心到直线的距离， 解得 故选：C. 8. 已知椭圆：，，为的左、右焦点，为上的一个动点（异于左、右顶点），设的外接圆半径为，内切圆半径为，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】当为短轴端点时，最大，进而求出的范围，由正弦定理得外接圆的半径，再利用余弦定理和三角形面积公式化简得到的面积，由三角形内切圆的半径公式可得的内切圆半径，化简可得，利用基本不等式求出最值即可． 【详解】由于，所以，，故，设， 当为短轴端点时，最大，此时为等边三角形，所以， 设外接圆半径为，则，即， 由余弦定理得：， 整理可得， 所以的面积， 故的内切圆半径， 因为， 所以， 当且仅当，即，时取等， 所以的最小值为． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 已知直线，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线的倾斜角为 B. 当时， C. 若，则 D. 直线始终过定点 【答案】ABD 【解析】 【分析】由直线的方程得斜率，从而求得倾斜角可判断A；根据直线垂直或平行的条件求得参数值可判断B和C；把方程作为参数的恒等式求解得定点坐标可判断D． 【详解】对于A，当时，直线，斜率，则倾斜角为，故A正确； 对于B，等价于，解得，故B正确； 对于C，若，则且，故，故C错误； 对于D，，当时，所以直线恒过，故D正确. 故选：ABD. 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据图象求得函数的解析式，可判断C，结合三角函数的奇偶性判定A，B，再根据周期结合余弦函数的单调性判断D. 【详解】由题意，可得，所以， 由，可得图象过点，可得， 解得，又， 令，可得，所以，故C错， 由，为奇函数，所以A正确； 由，是偶函数，所以B正确； 由，周期为2，， ， 因为函数单调递增，所以， 所以，所以D不正确； 故选：AB. 11. 在中，，，D，E分别是，中点，将沿折起至．设二面角为，则（ ） A. B. 当时，平面与平面的夹角为60° C. 存在，使平面平面 D. 存在，使 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A：根据线面垂直的判定定理以及直线与平面垂直的定义来判断；选项B：由二面角的平面角定义作出平面与平面的平面角，计算出角的大小即可判断；选项C：根据等腰三角形的两个底角相等以及三角形的内角和等于来判断是否存在；选项D：向量数量积等于0推出和垂直，再由的范围判断是否存在，即可作出判断. 【详解】选项A：因为D，E分别是，中点，所以，，， 所以平面，平面，所以，A正确. 选项B：因为，，所以为的平面角. 过点作平行于、的直线， 可证即平面与平面的交线.，， 所以为平面与平面的平面角. 因为，，所以是等边三角形， 所以，B正确. 选项C：若平面平面，则两平面夹角为，即平面角， 在中，因为，所以 ， 结论不符合三角形的性质，所以不存在使平面平面，C错误. 选项D：，即. 可知时，，时，， 的范围在至之间，越大越大， 所以存在，使，所以D正确. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知角是第四象限角，且，则_______． 【答案】## 【解析】 【详解】角是第四象限角，则，又，得， 解得，所以. 13. 有一个五位数，各个位上数字的平均数为6，方差为，则这个五位数最大是_______． 【答案】86655 【解析】 【分析】由平均数可得五位数字之和为，由方差公式可得各位数字与的偏差平方和为，要使五位数最大，优先让高位尽可能大，逐步判断即可得出结果． 【详解】设这个五位数的各个位上数字依次为，，，，，这5个数字均为整数，且，， 依题意得，则， 欲使五位数最大，优先让高位尽可能大，由可知， 当时，不符合题意，则最大为， 当时，由，且各项均为整数，可知剩下个数中有个为，另外个有三种情况：两个都是，两个都是，一个是一个是， 现已确认有数字，，，由平均数为可知剩余个数必为， 故这个五位数最大值为． 14. 过圆：外一点作圆的切线，，切点为，，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据长度表示出，然后根据向量的数量积计算公式求解，结合基本不等式求解出的最小值. 【详解】如图，连接， 圆的标准方程为，则圆的半径为， 设，则， 因为， 所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为. 15. 如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面相切.椭圆截面与两球分别相切于椭圆的两个焦点.过椭圆上一点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，此时.已知两个球的半径分别为1和3，椭圆的离心率为，则两个球的球心距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设两球的球心距离为，作出圆锥的轴截面求得，利用三角形相似求得及，再利用椭圆离心率构造方程求得结果. 【详解】作出圆锥的轴截面，如图： 圆锥面与两球相切于两点，则， 过作于，连接，设与交于点，两球的球心距离为， 在中，，，， 由，得，而，则， 解得，于是，， 由，得，则，又， 因此，解得， 所以两球的球心距离为. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16. 已知在某次飞行员选拔测试中，甲、乙、丙三人各自能否通过测试相互独立，且甲、乙、丙能够通过测试的概率分别为，回答下列问题： （1）求恰有1人通过测试的概率； （2）求至少有2人通过测试的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）（2）利用独立事件的乘法公式及互斥事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 记甲、乙、丙通过测试的事件分别为， 则， 恰有1人通过测试的事件为：， 所以恰有1人通过测试的概率为： . 【小问2详解】 由（1）得至少有2人通过测试的事件为：， 所以至少有2人通过测试的概率为： . 17. 已知四边形是边长为2的菱形，，将沿折起，得到如图所示的空间几何体． （1）经过点的平面平面，平面平面直线，求证：平面； （2）当平面平面时，求的长． 【答案】（1）证明： ∵平面平面，平面平面，平面平面，∴， 又∵平面，平面，∴平面； （2）． 【解析】 【分析】（1）由面面平行的性质定理得到，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）由等腰三角形三线合一以及二面角的定义，求得平面与平面所成的二面角的平面角，然后由等边三角形和直角三角形求得结果． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，．    由于，， 所以，， 由二面角定义知为平面与平面所成的二面角的平面角， 当平面平面时，， 又因为，即，，所以， 易得，所以， 在中，由勾股定理可得， 在中，由，得， 所以． 18. 在中，角，，的对边，，分别为体积是的圆台的上、下底面半径和高． （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形且，求面积的取值范围． 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用圆台体积公式将题设体积表达式与已知条件对应，得到边的关系式，再结合余弦定理求出，进而确定角； （2）由余弦定理和正弦定理将用角表示，利用积化和差公式转化为关于的余弦表达式，根据锐角三角形条件确定角的范围，求出的范围后代入面积公式即可． 【小问1详解】 圆台体积公式为 由题意，，体积为， 所以 化简得即 由余弦定理，得 所以因为，故. 【小问2详解】 由及，由余弦定理得（1）， 由正弦定理得 所以 因为为锐角三角形，且，所以 由得，故 又 因为所以 因此所以 所以面积 所以面积的取值范围为. 19. 的三个顶点分别是、、． （1）求边上的中线所在直线的方程； （2）求过点、，且圆心在直线上的圆的标准方程； （3）求的外接圆方程． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出直线的斜率，再利用点斜式求出方程即可； （2）根据直线的斜率，求出的中垂线斜率，结合的中点，得到的中垂线方程，其与直线的交点即为圆心，即为半径，根据圆心半径写出圆的标准方程即可. （3）由（2）得圆心的坐标，结合的距离等于半径，判断得到的外接圆方程. 【小问1详解】 边的中点．中线过与，斜率， 故：，即． 【小问2详解】 的中点为，的斜率为，故的垂直平分线方程为． 圆心在直线上，联立 解得．半径，故圆的标准方程为． 【小问3详解】 由（2）得圆心，又， ，， 故三点均在圆上，所以的外接圆就是圆，方程为． 20. 已知椭圆：，则称椭圆：（且）是椭圆的等比缩放椭圆．若椭圆的短轴长为，离心率为，椭圆是椭圆的等比缩放椭圆，点是椭圆上异于左、右顶点，的任意一点． （1）求椭圆的方程； （2）当时，设直线与椭圆交于点，，线段中点为，直线与椭圆交于点，，线段中点为，证明：为定值． 【答案】（1） （2）由（1）得椭圆的方程为， 令得，即，. 设点，则，所以. 设，， 则，所以. 直线：，联立 消得. 设，，则， 所以，. 所以. 同理，，将代入得. 所以，所以得证． 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的短轴长和离心率可求得椭圆的方程，再利用等比缩放椭圆的定义即可求椭圆的方程. （2）由点在椭圆上可得直线与的斜率关系，再设直线方程，联立椭圆的方程可计算点的坐标，即可得，同理可得，从而可计算的值. 【小问1详解】 由题知 解得，所以C的方程为. 所以椭圆的方程为，即． 【小问2详解】 略 21. 如图所示，在四棱锥中，，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，二面角的平面角为. （ⅰ）求平面与平面的夹角的正弦值； （ⅱ）设点为四棱锥外接球面上的一点，求点到平面距离的最大值，并求此时点的坐标. 【答案】（1）如图（1）所示，连接，取的中点为，因为，所以， 又因为，所以，所以B，O，D三点共线， 即，所以； 又因为，为中点，所以，，平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）（ⅰ）（ⅱ）， 【解析】 【分析】（1）先证明平面，得到平面平面； （2）（ⅰ）建立空间坐标系，得到法向量,,根据二面角向量公式：,计算可得； （ii）根据确定球心位置为，点到平面距离的最大值转化为半径与点到平面距离的和，得到平面，根据点到平面的距离的向量公式计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）因为，，则即为二面角的平面角，即. 因为，，为中点，所以，又因为，在中，由余弦定理得：，所以，即，因为，所以. 因为，，，所以， 又因为，则. 又因为，，，所以，即. 记过点且与平面垂直的直线为轴，因为平面平面，所以轴在平面内.再以，为，轴建立空间直角坐标系，如图（2）所示. 则，，，，，. 设平面的一个法向量为，，， 由，令，则，则； 设平面的一个法向量为，，， 由，令，则，，则. 设平面与平面的夹角为，则， 则，即平面与平面的夹角的正弦值为； （ii）由上分析可知，，所以点为四棱锥外接球的球心，且外接球半径为2. 因为，平面的一个法向量为， 则点到平面的距离， 所以点到平面距离的最大值为：，并且此时平面. 设，所以有，且，则有①，②， 令，即，，， 代入①得：，即，所以或. 所以或. 当时，， 此时点到平面的距离为：，所以不符合题意，舍； 当，， 此时点到平面的距离为：，所以符合题意， 所以点的坐标为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $