精品解析：湖南省长沙市雅礼中学2026-2027学年高二上学期第一次质量检测数学试题

雅礼中学2026年下学期第一次质量检测试卷 高二数学 时间：120分钟 分值:150分 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 两平行直线与的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 已知⊙，⊙，则⊙与⊙的公切线有（ ）条. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 若直线l的方向向量为，则直线l的斜率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆：关于直线对称，过点作圆的切线，切点分别为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在，则半椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 已知直线和直线，下列说法正确的是（ ） A. 始终过定点 B. 若，则 C. 若，则 D. 当时，始终不过第三象限 10. 已知椭圆，、分别为它的左右焦点，、分别为它的左、右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ） A. 点到右焦点的距离的最大值为3，最小值为1 B. 的最小值为 C. 若为直角三角形，则的面积为 D. 的范围为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，已知N，Q分别是棱的中点，，P分别是棱上的动点，下列结论正确的是（ ） A. 四面体的体积为定值 B. 不存在动点M，P，使得 C. 直线CM与平面所成角的范围是 D. 若M，P分别是棱的中点，由平面MNQ分割该正方体，其中截面MNQ上方的部分为几何体，某球能够被整体放入几何体，则该球半径的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线交椭圆于，两点，则的周长为________． 13. 已知入射光线经过点，被直线：反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线的方程为________． 14. 若闭区间满足：①函数在上单调；②函数在上的值域为，，则称区间为函数的次方膨胀区间. 函数的2次方膨胀区间为_____________；若函数存在4次方膨胀区间，则的取值范围是_________________. 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. 的内角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若，的面积为，求． 16. 已知点，圆. （1）若直线与圆C相交于A，B两点，弦AB的长为，求a的值. （2）若过点M的直线l与圆C相切，求直线l的方程； 17. 某中学高一年级举行了数学素养知识竞赛，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从高一年级随机抽取了名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照分成组，制成了频率分布直方图，如图. （1）采用按比例分配的分层随机抽样的方式从和两组中随机抽取了名学生，现从已抽取的名学生中随机抽取名，求至少有名学生的成绩在的概率. （2）已知本次竞赛最终由甲、乙、丙三人进行决赛，决赛规则如下：比赛前抽签决定首场比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场的比赛（比赛没有平局），先赢两场者获胜，比赛随即结束.已知每场比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每场比赛相互独立.请通过计算说明如果甲、乙参加首场比赛，甲获胜的概率. 18. 如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，M、N分别为PB，PC中点. （1）求证:MN平面ABC； （2）若PA=2，AC=m，BC=n，且AM与平面PBC所成角的正切值为 ①当m=2时，求三棱锥P-ABC的体积； ②求BC的最大值. 19. 已知P为圆上一动点，过点P分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M，N，连接NM并延长至点Q，使得点Q的轨迹记为曲线 （1）求曲线C的方程； （2）设曲线C的左顶点为T，当直线l与曲线C交于不同的A，B两点，连结AT，BT证明：直线l过定点； （3）若过右焦点的直线l与曲线C交于不同的A，B两点，且当时，求直线l在y轴上的截距的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 雅礼中学2026年下学期第一次质量检测试卷 高二数学 时间：120分钟 分值:150分 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可. 【详解】由题意可得：，则. 故选：A. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果. 【详解】因为，故，故 故选：C. 3. 两平行直线与的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件利用平行线间距离公式直接计算即可得解. 【详解】直线化为：，于是得， 所以两平行直线与的距离为. 故选：B 4. 已知⊙，⊙，则⊙与⊙的公切线有（ ）条. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 先将两圆方程化为标准方程，求出其圆心坐标和半径大小，得出两圆的位置关系，从而得出其公切线的条数. 【详解】由圆，得，则其圆心，半径 由⊙得，则其圆心，半径 则两圆心间的距离为,， 所以有，则两圆相交 所以⊙与⊙的公切线有2条 故选：B 5. 若直线l的方向向量为，则直线l的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 设向量起点为原点，终点为，则直线的斜率即为直线的斜率. 【详解】取坐标平面内两点和，则，则直线斜率即为直线的斜率，而，所以直线的斜率为. 故选：D． 6. 已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得，，则 7. 已知圆：关于直线对称，过点作圆的切线，切点分别为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先由圆关于直线对称，则圆心在直线上，从而得到，即确定在直线上，再利用倍角公式，用表示，即，再利用几何意义，即可求出的最小值. 【详解】 由圆：，即可得圆心，半径， 由圆：关于直线对称， 可得圆心在直线上， 所以，即，所以在直线， 又过点作圆的两条切线，切点分别为， 则， 又在直线， 则可表示到直线上点的距离的平方， 所以的最小值为， 所以的最小值为， 故选：C. 【点睛】关键点点睛： 本题的关键点是将求的最小值转化为求直线上的动点到圆：的最小值问题. 8. 如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在，则半椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆上点的坐标从而得到向量坐标，利用向量坐标表示数量积得到相应等量关系，再由点的变化范围得到相应不等式，进而求得取值范围. 【详解】 设， 因为， 又点为半椭圆上一点，所以， 所以 ， 因为存在， 所以， 即在上有解， 因为， 且， 所以在上有解， 即在上有解，所以 又因为， 所以， 即，解得， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是采用设点法，再代入计算相关向量数量积，转化为在上有解，从而得到不等式组，解出即可 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 已知直线和直线，下列说法正确的是（ ） A. 始终过定点 B. 若，则 C. 若，则 D. 当时，始终不过第三象限 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直线过定点、两直线平行、直线的图像以及两直线垂直逐项计算判断即可． 【详解】对于A，直线：， 由，得，，始终过定点，故A正确； 对于B，若，则有，解得，故B正确； 对于C，，则，解得或，故C错误； 对于D，当时，始终过， 因为，所以直线斜率，不会过第三象限，故D正确． 故选：ABD． 10. 已知椭圆，、分别为它的左右焦点，、分别为它的左、右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ） A. 点到右焦点的距离的最大值为3，最小值为1 B. 的最小值为 C. 若为直角三角形，则的面积为 D. 的范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A,利用焦半径的范围求解即可；对于B，利用位于椭圆上顶点时最大求解即可；对于C，利用点坐标求的面积即可；对于D，设利用二次函数求的范围即可. 【详解】对A，易知，则，故A正确； 对B，位于椭圆上顶点时最大， 此时最小，且 故此时为等边三角形，，故B错误； 对C，若为直角三角形，由B知， ， 所以或，不妨设， 则此时点横坐标，代入，得， 故的面积为：，故C正确； 对D，,设 则， 由得：， 故， 故，故D正确. 故选：ACD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，已知N，Q分别是棱的中点，，P分别是棱上的动点，下列结论正确的是（ ） A. 四面体的体积为定值 B. 不存在动点M，P，使得 C. 直线CM与平面所成角的范围是 D. 若M，P分别是棱的中点，由平面MNQ分割该正方体，其中截面MNQ上方的部分为几何体，某球能够被整体放入几何体，则该球半径的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由锥体体积公式即可求解A，根据线面垂直即可求解B，证明到平面的距离与到平面的距离相等，即距离为，利用线面角的几何法即可求解C，利用等体积法即可求解D. 【详解】对于A，,A正确， 对于B，连接相交于，当P是棱上的动点时， 过作交于，过作交于，连接, 由于,故, 由于，平面， 故平面,平面, 故,平面，平面， 故， 由于N，Q分别是棱的中点，所以， 所以，故B错误， 对于C，由于平面，平面，故， 又，平面， 故平面,故到平面的距离为， 又平面， 平面， 故平面， 因此到平面的距离与到平面的距离相等，即距离为， 由于, 设直线CM与平面为，则， 由于，故，C正确， 对于D， ，分别是棱，的中点，点为中点时，平面在正方体上的截面为正六边形， 某球能够被整体放入，该球的半径最大时，是以为顶点，底面为正六边形的正六棱锥的内切球， 正六边形的边长为，面积为， 正六棱锥，侧棱长，每个侧面面积为，棱锥的高为， 设该球的半径为，由体积法可得，解得， D正确． 故选：ACD 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线交椭圆于，两点，则的周长为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合椭圆的定义求解即可. 【详解】由，得，则， 因为过的直线交椭圆于，两点， 所以的周长为 . 故答案为： 13. 已知入射光线经过点，被直线：反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线的方程为________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：关于直线：的对称点为，所以反射光线所在直线的方程是直线的方程: 考点：反射直线 14. 若闭区间满足：①函数在上单调；②函数在上的值域为，，则称区间为函数的次方膨胀区间. 函数的2次方膨胀区间为_____________；若函数存在4次方膨胀区间，则的取值范围是_________________. 【答案】 ①. ②. 且， 【解析】 【分析】根据的单调性，结合2次方膨胀区间的定义即可列方程求解空1，根据二次函数的单调性，分类讨论，结合4次方膨胀区间的定义，由二次方程根的分布即可求解空2. 【详解】设函数的2次方膨胀区间为， 由于函数为上的单调递增函数， 所以且，由于，解得， 故的2次方膨胀区间为， 由于为开口向上的二次函数，且对称轴为， 设存在4次方膨胀区为， 若，则为上的单调递减函数， 所以且， 相减可得，这与矛盾，故不符合题意舍去， 若，则为上的单调递增函数， 所以且， 因此是方程的两个不相等非负实数根， 令，则有两个不相等非负实数根， 记， 所以，解得且， 故答案为：，且， 【点睛】思路点睛：主要是利用函数满足的两个条件①和②，利用条件①，根据函数的单调性即可求解函数的值域，根据条件②列出满足的方程，结合二次方程根的分布，即可找到求解途径. 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. 的内角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若，的面积为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，即可求得答案； （2）由三角形面积求出c，再利用余弦定理即可求得答案. 【小问1详解】 由题意知，即， 由于， 故，即，结合，则； 【小问2详解】 ，，的面积为，则，则， 故， 故. 16. 已知点，圆. （1）若直线与圆C相交于A，B两点，弦AB的长为，求a的值. （2）若过点M的直线l与圆C相切，求直线l的方程； 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用点到直线的距离公式及弦长公式列式求解. （2）按直线的斜率是否存在分类，结合点到直线距离公式求解. 【小问1详解】 圆的圆心，半径， 点到直线的距离为， 由弦的长为，得，所以. 【小问2详解】 当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到此直线的距离为2，直线与圆相切； 当过点的直线斜率存在时，设直线方程为，即， 则，解得，直线的方程为， 所以直线的方程为或. 17. 某中学高一年级举行了数学素养知识竞赛，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从高一年级随机抽取了名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照分成组，制成了频率分布直方图，如图. （1）采用按比例分配的分层随机抽样的方式从和两组中随机抽取了名学生，现从已抽取的名学生中随机抽取名，求至少有名学生的成绩在的概率. （2）已知本次竞赛最终由甲、乙、丙三人进行决赛，决赛规则如下：比赛前抽签决定首场比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场的比赛（比赛没有平局），先赢两场者获胜，比赛随即结束.已知每场比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每场比赛相互独立.请通过计算说明如果甲、乙参加首场比赛，甲获胜的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图求出，进而求出指定的两个区间内抽取的人数，再利用列举法求出古典概率. （2）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图，得，解得， 成绩在，的频率之比为， 则在中随机抽取了（人），记为，在中随机抽取了（人），记为， 从5人中随机抽取2人的样本空间，共10个样本点， “至少有1名学生的成绩在内”的事件，有7个样本点， 则，所以至少有1名学生的成绩在内的概率为. 【小问2详解】 首场甲、乙比赛，甲获胜有三种情况： ①甲、乙比赛甲胜，甲、丙比赛甲胜，概率为； ②甲、乙比赛甲胜，甲、丙比赛丙胜，丙、乙比赛乙胜，乙、甲比赛甲胜，概率为； ③甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛丙胜，丙、甲比赛甲胜，甲、乙比赛甲胜，概率为， 所以最终甲获胜的概率为. 18. 如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，M、N分别为PB，PC中点. （1）求证:MN平面ABC； （2）若PA=2，AC=m，BC=n，且AM与平面PBC所成角的正切值为 ①当m=2时，求三棱锥P-ABC的体积； ②求BC的最大值. 【答案】（1），分别为，的中点，， 又平面，平面，平面； （2）① ② 【解析】 【分析】（1）从线面平行判定定理进行考虑； （2）①从棱锥体积公式出发，依次求所需条件，从而计算体积；②对于求最大值可以通过建系，引入向量量化解决. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 ①已知，，，， 因为底面，底面，所以. 又，，，平面，所以平面. 因为平面，所以.由是中点，，则 在中，，所以. 因为平面，平面，所以.又，，，平面，所以平面，则就是与平面所成的角. 已知，，在中，，所以. 又因为，且，分别为，中点，所以，则. 所以三棱锥的体积. ②因为底面，，所以以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向，过作的平行线为轴，建立空间直角坐标系 则，，，，，， 则，，设平面的法向量为， 则，得，取，则，则. 设与平面所成角为，因为，所以. 又，所以， 即，即， 即，所以 ，当且仅当，即时等号成立，所以，即的最大值为. 19. 已知P为圆上一动点，过点P分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M，N，连接NM并延长至点Q，使得点Q的轨迹记为曲线 （1）求曲线C的方程； （2）设曲线C的左顶点为T，当直线l与曲线C交于不同的A，B两点，连结AT，BT证明：直线l过定点； （3）若过右焦点的直线l与曲线C交于不同的A，B两点，且当时，求直线l在y轴上的截距的取值范围. 【答案】（1） （2） 设直线 联立方程组消去y得 所以 又 所以 = 化简得即 解得或 当时，直线l过定点与点T重合，舍去， 当时，直线l过定点 （3） 【解析】 【分析】（1）设则由已知可得代入圆的方程可轨迹C方程； （2）设直线与C联立方程组，利用根与系数的关系，结合可求得或可求定点坐标； （3）设直线联立直线与曲线方程，利用根与系数的关系可求得①②，结合已知计算可求直线l在y轴上的截距的取值范围. 【小问1详解】 设则 由题意知又所以 得所以 因为得故曲线C的方程为 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设直线 联立方程组 消去x得 所以①②， 由得③， 由①③可得 代入②化简得 即 由得 即解得 即 从而直线l在y轴上的截距为 【点睛】方法点睛，直线与圆锥曲线交点问题，一般采用联立方程组，借助韦达定理得到点的坐标和所设参数的关系，再由条件建立相应的等式或不等式，即可求出范围或者参数之间的关系，从而解决求范围问题或者定点定值问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $