精品解析：湖南岳阳市颐华高级中学2026-2027学年高二上学期第一次大练习数学试卷

颐华学校2025级高二上学期第一次大练习试卷 数 学 满分：150分 时量：120分钟 一、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，只有一项符合题目要求的.） 1. 设，则满足的复数在复平面上的对应点构成图形的面积是（ ） A. B. C. D. 2. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知，则=（ ） A. B. C. D. 4. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为（ ） A. B. 4 C. D. 6. 在平面直角坐标系中，已知点是线段上的动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 若圆：上有且仅有个点到直线：的距离为，则实数的值是（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 8. 已知正方体的棱长为，空间中的点满足：，其中，且，则点的轨迹的长度为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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. 已知是空间的一个基底，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 向量、、一定共面 C. 向量在基底下的坐标是 D. 对空间中任意向量，都存在唯一的有序实数组，使得 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的图象关于点中心对称 D. 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则是区间上的增函数 11. 过直线上任意一点P作圆的两条切线，切点分别为，则（ ） A. 可以是等边三角形 B. 直线过定点 C. 四边形面积的最小值是 D. 的取值范围为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是相互独立事件，且，则_____． 13. 已知动直线，圆，则直线与圆C相交的最短弦长为______． 14. 平行六面体的底面是菱形，且.当的值为______时，能使平面 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. 已知直线． （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 16. 在中，内角的对边分别为，，且． （1）求； （2）若角的平分线交于，，求的周长． 17. 电影《哪吒之魔童闹海》总票房（含点映、预售及海外票房）已超158.91亿元，成为首部进入全球票房榜前五，登顶动画票房榜榜首的亚洲电影.一团队从观看该电影的所有观众中随机抽取20000人为样本，统计他们的年龄，并绘制如图所示的频率分布直方图． （1）估计观看此电影的观众的年龄的众数、平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）已知落在的平均年龄是27岁，方差是7，落在的平均年龄为36岁，方差是4，求两组年龄合并后的平均数和方差． 18. 在长方体中，，，，，． （1）求证：面； （2）求面与面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 19. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆．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．已知在平面直角坐标系中，，．点满足，设点所构成的曲线为． （1）求点的轨迹方程； （2）若，求点的轨迹的方程； （3）过作两条互相垂直的直线，与点的轨迹分别交于和四点，求四边形面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 颐华学校2025级高二上学期第一次大练习试卷 数 学 满分：150分 时量：120分钟 一、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，只有一项符合题目要求的.） 1. 设，则满足的复数在复平面上的对应点构成图形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，，依题意可得，即可得到复数在复平面内的点所在的区域，从而求出其面积. 【详解】设，，则， 因为，所以，则， 所以复数在复平面内的点位于以坐标原点为圆心，半径为到半径为之间的圆环部分（包括圆上的点）， 所以复数在复平面上的对应点构成图形的面积. 故选：C 2. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由两直线平行求出，据充要条件定义即可得. 【详解】若直线与直线平行， 则，解得， 所以，“”是“直线与直线平行”的充要条件. 故选：C 3. 已知，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用运算法则转化为已知区间内的函数求值问题即可. 【详解】，∴, 又，∴， 故选：C 4. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D. 【详解】， 又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C， 又， 故可排除D. 故选：B. 5. 已知直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出向量，再计算与夹角的余弦值，进而得到正弦值，最后利用距离公式求出点到直线的距离. 【详解】点，点，所以. . 根据向量点积公式可得： 因为，所以： 且， 则点到直线的距离为. 故选：C. 6. 在平面直角坐标系中，已知点是线段上的动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知：表示点与点连线的斜率，结合图象分析斜率的取值范围即可. 【详解】当时，；当时，， 所以线段的最左端是，最右端是， 表示点与点连线的斜率， 当点在点A处时，； 当点在点B处时，； 结合图象可知，的取值范围是． 故选：C． 7. 若圆：上有且仅有个点到直线：的距离为，则实数的值是（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，将问题转化为圆心到直线的距离为求解即可. 【详解】圆：的圆心，半径， 由圆上有且仅有个点到直线的距离为，得圆心到直线的距离为， 则，解得或. 故选：D. 8. 已知正方体的棱长为，空间中的点满足：，其中，且，则点的轨迹的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】易得平面，设为的交点，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理得平面，进而可得，在平面中建立平面直角坐标系，设，求出点的轨迹方程，即可求解. 【详解】因为，所以平面， 如图1所示，设为的交点，所以， 又平面平面， 所以， 又，平面，所以平面， 因为点平面，故平面， 所以，则， 因为正方体的棱长为，所以，即， 在平面内建立平面直角坐标系，如图2所示， 则， 设， 则，， 所以， 又，故，即， 整理得，即， 故点的轨迹是半径为的圆，所以点的轨迹长度为． 故选：C． 二、选择题：本大题共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. 已知是空间的一个基底，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 向量、、一定共面 C. 向量在基底下的坐标是 D. 对空间中任意向量，都存在唯一的有序实数组，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用空间向量基底的概念逐项判断即可. 【详解】对于A，因为是空间的一个基底，若， 假设、、不全为零，不妨设，则， 所以、、共面，矛盾，故，同理可得，，即，A对； 对于B，假设、、共面， 则存在、，使得， 即， 根据A可知，该方程组无解，假设不成立， 故向量、、不共面，B错； 对于C，向量在基底下的坐标是，C对； 对于D，由B可知，向量、、一定不共面， 则可作为空间向量的一组基底， 故空间中任意向量，都存在唯一的有序实数组， 使得，D对. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的图象关于点中心对称 D. 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则是区间上的增函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用题给图象结合正弦函数的性质得出和值，求出函数表达式，再结合正弦函数的图象和性质对选项进行逐一判断. 【详解】由图象可知，相邻最小值点和最大值点之间的水平距离为半个周期， 即， 由周期公式， 所以，选项A正确； 因为图象经过点，代入函数得：， 由正弦函数性质可知时，， 所以， 因为，所以， ， 因为，故B错误； 因为是中心对称函数，对称中心为，， 若函数图象关于点对称，则. 代入计算：， 所以图象关于点对称，故C正确； 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），则， 由正弦函数性质可知在上单调递增， 令，解得， 区间位于增区间内，故在区间内是增函数，故D正确. 故选：ACD. 11. 过直线上任意一点P作圆的两条切线，切点分别为，则（ ） A. 可以是等边三角形 B. 直线过定点 C. 四边形面积的最小值是 D. 的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合圆的切点弦、切线性质、向量的数量积逐个分析选项：A选项利用特殊角进行反推验证；B选项根据切点弦方程判断定点；C选项四边形面积转化成切线长进行求解；D选项利用二倍角公式结合范围求解. 【详解】由题知圆O的圆心为，半径． 不妨取点，则，故，从而， 所以可以是等边三角形，故A正确； 设点，则，以为直径的圆的方程为， 又圆，两式作差可得直线的方程为， 又，代入可得 ，令解得故直线过定点，故B正确； 四边形的面积为，故当最小时，四边形的面积最小， 又的最小值为圆心到直线的距离，且， 因此四边形面积的最小值为，故C错误； ， 在四边形中，，所以， 又，所以， 则，故的取值范围为，故D正确． 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是相互独立事件，且，则_____． 【答案】## 【解析】 【分析】先根据独立事件的乘法公式求出，再根据求解即可. 【详解】因为是相互独立事件， 所以， 则. 故答案为：. 13. 已知动直线，圆，则直线与圆C相交的最短弦长为______． 【答案】2 【解析】 【分析】找到动直线经过的定点，即可找到圆心到直线距离的最大值，由垂径定理即可求出直线与圆相交的最短弦长. 【详解】动直线经过定点，且点在圆内， 圆心，圆心到动直线最长距离， ∴直线与圆C相交的最短弦长为. 故答案为：2. 14. 平行六面体的底面是菱形，且.当的值为______时，能使平面 【答案】1 【解析】 【分析】设，，则，由平面，可得，所以，即，根据向量的数量积得，求解即可. 【详解】解：如图所示： 设，，则， 因为平面， 平面，所以， ，， 由，得， 即， 又因为， 则有，即， 解得或(舍去)， 因此当时，能使平面. 故答案为：1 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. 已知直线． （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用垂直的性质可设斜截式直线方程，利用待定系数法求解直线即可； （2）利用截距为0和不为0分类讨论，再结合过原点直线方程和截距式直线方程求解即可. 【小问1详解】 由直线可得斜率为， 所以根据垂直关系可设所求直线方程为， 则依题意有，解得， 所以所求直线方程为，整理得； 【小问2详解】 联立，解得，即直线与的交点为， 当直线经过原点时，满足题意，假设直线方程为， 代入得，此时； 当直线的截距都不为0时，假设直线方程为， 依题意，解得，此时直线方程为，即 综上所述：所求直线方程为或． 16. 在中，内角的对边分别为，，且． （1）求； （2）若角的平分线交于，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理，化简得到，再由余弦定理，即可求解； （2）根据题意，利用，列出方程，求得，再由，联立方程组，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 解：由， 由正弦定理得，即， 又由余弦定理，得， 因为，所以． 【小问2详解】 解：因为为角的平分线，可得， 因为，且， 所以，所以，① 由（1）知，所以，② 联立①②，解得或（舍去）， 所以的周长为． 17. 电影《哪吒之魔童闹海》总票房（含点映、预售及海外票房）已超158.91亿元，成为首部进入全球票房榜前五，登顶动画票房榜榜首的亚洲电影.一团队从观看该电影的所有观众中随机抽取20000人为样本，统计他们的年龄，并绘制如图所示的频率分布直方图． （1）估计观看此电影的观众的年龄的众数、平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）已知落在的平均年龄是27岁，方差是7，落在的平均年龄为36岁，方差是4，求两组年龄合并后的平均数和方差． 【答案】（1）众数为35，平均数为30，中位数为30.8． （2）平均数为32，方差为． 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中，众数为最高矩形的中点，中位数为将矩形面积平均分的位置，平均数为各矩形中点与面积乘积的和进行计算； （2）利用均值和方差的计算公式，计算合并后的均值和方差． 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，最高矩形对应的区间为， 所以众数为该区间的中点值，即． 平均数为： ． 因为前两组的频率之和为，前三组的频率之和为， 前四组的频率之和为，所以中位数位于区间内． 设中位数为，则， 解得． 故估计观看此电影的观众的年龄的众数为35，平均数为30，中位数为30.8． 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，落在的频率为，落在的频率为． 设落在的样本量为，落在的样本量为，则，即，则． 由题意知，，；，． 则合并后的平均数． 合并后的方差 ． 故两组年龄合并后的平均数为32，方差为． 18. 在长方体中，，，，，． （1）求证：面； （2）求面与面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；方法二：由面面角的向量求法可得；方法三：作辅助线，可证平面，进而可知平面与平面的夹角为，即可得面面夹角余弦值； （3）方法一：由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积； 方法二：由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积； 方法三：由（2）可知点到平面的距离为，进而可求三棱锥体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； 【小问3详解】 方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 19. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆．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．已知在平面直角坐标系中，，．点满足，设点所构成的曲线为． （1）求点的轨迹方程； （2）若，求点的轨迹的方程； （3）过作两条互相垂直的直线，与点的轨迹分别交于和四点，求四边形面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3）7 【解析】 【分析】（1）点，利用两点距离表示关系，并化简即可； （2）设点，，由，由表示出，代入点的轨迹方程即可得出答案； （3）设圆心到直线，的距离分别为，则，表示出四边形面积，由基本不等式即可得出答案. 【小问1详解】 设点，点满足， 所以可得， 化简可得． 【小问2详解】 设点，， 由（1）点满足方程： ，， 即 ，， 代入上式消去可得的轨迹方程为． 【小问3详解】 设圆心到直线，的距离分别为，则， ， ， 当且仅当时，等号成立， 因此，四边形面积的最大值为7． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $