精品解析：内蒙古鄂尔多斯市第一中学分校区2026-2027学年高二第一学期期中考试数学试题

市一中分校区2026~2027学年度第一学期期中考试试题 高二数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，时间120分钟． 2．答卷必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效． 3．考试结束只交答题纸． 一、单选题：本题共5小题，每小题5分，共25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. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，，若，，共面，则（ ） A. 4 B. 2 C. 3 D. 1 3. 若椭圆上存在四个点与椭圆的两个焦点构成一个正六边形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 事件与事件相互独立，若 ，则 （ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆，直线（）与椭圆交于A，B两点，，分别为椭圆的左、右两个焦点，直线与椭圆交于另一个点D，则直线AD与BD的斜率乘积为（ ） 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． 6. 已知，，…，的极差为6，平均值为2，中位数为1，方差为3.若（，2，…，n），设，，…，的极差为，平均值为，中位数为p，方差为t，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为2的正方体中，E、F、G、M、N均为所在棱角中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（ ） A. P在BC中点时，平面平面GMN B. E、F、G、M、N在同一个球面上 C. 异面直线EF、GN所成角的余弦值为 D. ，则P点轨迹长度为 8. 已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则（ ） A. 圆的圆心在直线上 B. m，n满足 C. 圆和圆的公共弦长为2 D. 已知点，，则的最小值为5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上． 9. 已知，，，则的边上的高所在直线的方程为______________． 10. 如图，二面角等于是棱上两点，，且，则的长等于_____． 11. 已知，动点满足，当P、A、B不共线时，三角形面积的最大值为_____________． 四、解答题：本题共6小题，共92分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 12. 已知圆过二次函数的图象与轴的两个交点，，同时圆过椭圆的上焦点． （1）求圆的方程； （2）若过点且斜率为1的直线与椭圆交于、两点，求弦的长度． 13. 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． 14. 已知锐角中，，，分别为角，，所对的边，且. （1）求角的大小； （2）若，求周长的最小值. 15. 如图，圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为、． （1）若，求直线的方程； （2）求的最小值． 16. 如图，四边形是边长为1的正方形，四边形是梯形，是上的点，且，平面平面. （1）证明：四点共面； （2）设，且点均在球的球面上. （i）求点到平面的距离； （ii）记为球面上到点距离最小的点，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 建立如图所示的坐标系．矩形中，，．E，F，G，H分别是矩形四条边的中点，直线、上的动点R，S满足，，直线与的交点为P． （1）证明：点P在一个确定的椭圆上，并求此椭圆的方程； （2）设点T为（1）中的椭圆上的任意一点，求点T到直线的距离的最小值． （3）若直线与（1）中的椭圆交于M、N两点，且原点O到直线l的距离为1，，当时，求的面积S的最值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 市一中分校区2026~2027学年度第一学期期中考试试题 高二数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，时间120分钟． 2．答卷必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效． 3．考试结束只交答题纸． 一、单选题：本题共5小题，每小题5分，共25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. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用倾斜角和斜率的关系求解即可. 【详解】易知的斜率为，显然倾斜角为. 故选：C 2. 已知向量，，，若，，共面，则（ ） A. 4 B. 2 C. 3 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据共面定理得，即可代入坐标运算求解. 【详解】因为，，共面，所以存在两个实数、，使得， 即，即，解得. 故选：D 3. 若椭圆上存在四个点与椭圆的两个焦点构成一个正六边形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正六边形的性质及椭圆的定义得到椭圆参数的齐次方程，即可得. 【详解】由题设，若为正六边形，为焦点，连接， 所以，则，， 由，可得. 故选：D 4. 事件与事件相互独立，若 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为事件与事件相互独立， 所以， 则， 即， 设，则， 结合，代入公式可得， 解得或． 因为概率的范围为， 所以， 则． 5. 已知椭圆，直线（）与椭圆交于A，B两点，，分别为椭圆的左、右两个焦点，直线与椭圆交于另一个点D，则直线AD与BD的斜率乘积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两点连线斜率公式可表示出，根据在椭圆上，将两方程作差即可整理得到结果. 【详解】直线过原点，可设，则， ； ，， ，. 故选：B. 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． 6. 已知，，…，的极差为6，平均值为2，中位数为1，方差为3.若（，2，…，n），设，，…，的极差为，平均值为，中位数为p，方差为t，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】选项A：极差为数据最大值与最小值的差，给每个数据加2后，新数据的最大值和最小值均增加2，差值不变，故，错误. 选项B：因为，所以，正确. 选项C：将原数据从小到大排序后，中位数为中间位置的数值，给所有数据加2不改变排序，中位数对应数值也加2，故，正确. 选项D：方差衡量数据的离散程度，给所有数据加常数不改变离散程度，故，错误. 7. 如图，在棱长为2的正方体中，E、F、G、M、N均为所在棱角中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（ ） A. P在BC中点时，平面平面GMN B. E、F、G、M、N在同一个球面上 C. 异面直线EF、GN所成角的余弦值为 D. ，则P点轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正方体图形特征证明平面，结合面面垂直的判定定理判断A；根据五点共圆得到B；根据异面直线所成的角判断C错误；分析可知点轨迹是过点与平行的线段，根据轨迹求出长度得到D. 【详解】对于A：取的中点，连接， 在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点， 易得，平面， 因平面，则， 又平面，， 故平面，因平面，故①， 连接，是正方形，， 因平面，平面，则， 因平面，， 故平面，又平面，则②， 因平面，又， 由① ，②可得平面，又平面，故平面平面，故A正确； 对于B：记正方体的中心为点，则， 所以在以为球心，以为半径的球面上，故B正确； 对于C：取的中点，连接，则， 所以或其补角是异面直线所成的角， 又，则，故C错误； 对于D：因为，且为的中点， 所以，故， 所以点轨迹是过点与平行的线段，且， 所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：本题主要考查与正方体有关的平面位置关系判断，异面直线所成角以及动点轨迹长度有关问题，属于较难题. （1）求异面直线所成的角时，常将其转化为与其中一条平行且与另一条直线相交所成的角，利用解三角形求解； （2）证明面面垂直时，通常由线面垂直证面面垂直； （3）证明多点在一个球面问题时，常设法寻找球心，证其到各点距离相等得到. 8. 已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则（ ） A. 圆的圆心在直线上 B. m，n满足 C. 圆和圆的公共弦长为2 D. 已知点，，则的最小值为5 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用“圆平分圆周长”等价于“两圆公共弦过圆的圆心”这一几何性质，联立两圆方程求出公共弦，代入坐标得出的关系（判定 A, B, C）；最后利用圆心在定直线上运动的特点，通过求对称点的方法解决距离之和的最值问题（判定 D）. 【详解】将圆化为标准方程，得， 所以圆的圆心为，半径， 将圆化为标准方程，得， 所以圆的圆心为， 因为圆平分圆的周长，所以两圆的公共弦必经过圆的圆心， 将两圆方程相减，得公共弦所在直线方程为：， 将代入，得，即， 对于选项A：由圆的标准方程可知，其圆心坐标为， 因为纵坐标恒为，所以圆的圆心在直线上，故A错误； 对于选项B：由上述推导可知，满足，故B正确； 对于选项C：因为两圆公共弦经过圆的圆心，所以该公共弦即为圆的直径， 因为圆的半径，所以公共弦长为，故C正确； 对于选项D：由选项A知，圆心在直线上， 已知点，，作点关于直线的对称点，求得， 则， ， 当且仅当三点共线时等号成立，故的最小值为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上． 9. 已知，，，则的边上的高所在直线的方程为______________． 【答案】 【解析】 【分析】先求斜率，高线与垂直，得到高线斜率；高线过点，用点斜式写方程. 【详解】， 高线与直线垂直，所以高线斜率且高线过， 所以：，整理：. 10. 如图，二面角等于是棱上两点，，且，则的长等于_____． 【答案】 【解析】 【分析】依题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入求解即可． 【详解】由二面角的平面角的定义知， 所以， 由，，得，， 又因为， 所以 ， 所以， 故答案为： 11. 已知，动点满足，当P、A、B不共线时，三角形面积的最大值为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出动点的轨迹圆，底固定，高最大为圆半径，即可求面积最大值. 【详解】线段的垂直平分线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，不妨设，，， 则，化简得， 当点到（轴）的距离最大，即点的纵坐标为时，的面积最大， 面积的最大值是，此时点的坐标为或. 四、解答题：本题共6小题，共92分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 12. 已知圆过二次函数的图象与轴的两个交点，，同时圆过椭圆的上焦点． （1）求圆的方程； （2）若过点且斜率为1的直线与椭圆交于、两点，求弦的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出二次函数与轴的交点及椭圆上焦点的坐标，设出圆的方程，列方程组求解即可. （2）根据直线的点斜式方程求出直线的方程，与椭圆方程联立，结合弦长公式求解即可. 【小问1详解】 令，解得或，可设，. 椭圆的上焦点为. 设圆的方程为， 则，解得， 所以圆的方程为，即. 【小问2详解】 过点且斜率为1的直线的方程为. 联立，整理得. 设、，则，. 所以. 13. 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. 14. 已知锐角中，，，分别为角，，所对的边，且. （1）求角的大小； （2）若，求周长的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用余弦定理代入已知等式化简，结合正弦定理求得角， （2）将周长最小值转化为边的最小值，通过余弦定理和基本不等式求解，验证符合锐角三角形条件即可. 【小问1详解】 将代入等式 展开化简可得 ； 整理得 ，即； 由正弦定理可得 ， 因为，且锐角三角形中，即可得； 又为锐角三角形，，故； 【小问2详解】 由题意，，故，三角形周长， 由余弦定理得； 又，代入上式得 ； 由基本不等式可得，故， 当且仅当时等号成立，此时，即， 此时，为等边三角形，满足锐角三角形条件； 故周长最小值为. 15. 如图，圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为、． （1）若，求直线的方程； （2）求的最小值． 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）设出切点坐标及切线上异于点的一点，根据切线的性质及垂直关系的向量表示求出过点的切线方程，结合点在切线上，得到切点弦方程；同理可得到切点也满足此方程，即可得到直线的方程. （2）结合（1）求出直线的方程，根据点到直线的距离公式及弦心距公式求解即可. 【小问1详解】 圆心，设切点，则. 取切线上任意异于点的一点，则， 故， 则， 整理得， 故过点的切线方程为. 又点在切线上，故， 整理得. 同理可得，故切点弦的方程为． 【小问2详解】 结合（1）结论，对任意参数，切点弦的方程为，即. 圆心到直线的距离，当且仅当时取最大值， 弦长， 故的最小值为． 16. 如图，四边形是边长为1的正方形，四边形是梯形，是上的点，且，平面平面. （1）证明：四点共面； （2）设，且点均在球的球面上. （i）求点到平面的距离； （ii）记为球面上到点距离最小的点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）因为四边形是正方形，所以， 又因为，所以四边形 是正方形， 所以 ，所以， 所以四点共面. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）结合已知条件证明即可； （2）（i）求证和 都是直角三角形，即可找到球心，再以为原点建系，利用向量计算点到平面的距离； （ii）先找出点的位置，再计算平面的法向量，利用向量计算线面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为，平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 因为 ，所以 平面，同理可得， 平面， 因为平面， 平面，所以，， 所以和 都是直角三角形， 所以 的中点就是球心， 如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，， 则， 设平面的一个法向量， 所以，令，所以， 所以， 所以点到平面的距离为. （ii）当三点共线时，球面上点到点的距离最小， 因为，所以球的半径，分别取 中点， 则， 所以， 所以，所以， 因为，所以， 所以， 由（i）知平面的一个法向量， 所以直线与平面所成角的正弦值为 . 17. 建立如图所示的坐标系．矩形中，，．E，F，G，H分别是矩形四条边的中点，直线、上的动点R，S满足，，直线与的交点为P． （1）证明：点P在一个确定的椭圆上，并求此椭圆的方程； （2）设点T为（1）中的椭圆上的任意一点，求点T到直线的距离的最小值． （3）若直线与（1）中的椭圆交于M、N两点，且原点O到直线l的距离为1，，当时，求的面积S的最值． 【答案】（1）由题意可知：由可得， 当时，直线的方程为：， 又由，，可得， 所以直线的方程为：， 上面两直线方程相乘可得：，即 当 时， 由可知，点与原点重合，即； 由可知，点与点重合，即， 此时，直线经过和，其方程为（即轴）； 直线经过和，其方程为， 直线与的交点为， 将点代入椭圆方程中，得，等式成立， 所以当时，点也在椭圆 上. 综上可知：点在椭圆上. （2）. （3）最大值为，最小值为． 【解析】 【分析】（1）由已知向量的坐标关系分别求出动点的坐标，写出直线与的方程，两式相乘消去参数即可得到点的轨迹方程； （2）利用椭圆的参数方程设出点的坐标，代入点到直线的距离公式，利用辅助角公式化简，根据三角函数的值域求得最小距离; （3）由原点到直线的距离为1得出与的关系式，将直线与椭圆联立，利用韦达定理表示出，将面积表示为关于的二次函数，利用函数在给定区间上的单调性即可求出面积的最值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 设椭圆上的点 ， 则点到直线的距离，其中， 因为，所以， 当时，距离取得最小值，最小值为. 【小问3详解】 已知直线与椭圆交于、两点， 由原点到直线的距离为，得，化简得， 联立直线方程与椭圆方程，得，消去，得， 设，，则，， 且， 所以， 代入，，后，化简得，所以， 所以的面积，化简得， 设，对称轴，∴在上单调递减， 当时，．所以的面积的最大值为． 当时，．所以的面积的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $