精品解析：广西壮族自治区崇左市宁明县宁明中学2026-2027学年高二上学期期中模拟检测（11月月考）数学试卷

2026秋季学期高二年级期中模拟检测 数学试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 考试范围：必修一、必修二、选择性必修一前三章 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 已知，是第三象限的角，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 4. 在△ABC中，a＝5，b＝3，则sinA：sinB＝（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象向右平移个长度单位后，所得到的图象关于y轴对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 6. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知点，分别为圆：，：上的动点，为轴上一点，则的最小值（ ） A. B. C. D. 8. 如果，那么下列不等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 如图，在正方体中，已知E，F，G是线段上的点，且.则下列直线与平面平行的是（ ） A. CE B. CF C. CG D. 10. 已知是三个向量，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 11. 已知圆和圆相交于A、两点，下列说法正确的是（ ） A. 公共弦所在直线方程为 B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1 C. 取圆上点，则的最大值为 D. 直线被圆所截得弦长最短为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 顶角为36°的等腰三角形称作“黄金三角形”，其底边与腰长之比为黄金比，则的值为__________. 13. 如图，正方体的棱长为，过点作平面的垂线，垂足为点，则点是的___，与所成的角的度数为____． 14. 已知点，点是直线上的动点，则的最大值为_________. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知圆，直线. （1）当为何值时，直线与圆相切； （2）当直线与圆相交于两点，且时，求直线的方程. 16. 已知函数的部分图象如下图所示，根据图中信息解答下列问题． （1）求函数的最小正周期T； （2）写出函数的单调递减区间； （3）求函数的解析式． 17. 已知两个单位向量与的夹角为，设向量. （1）若，求的值； （2）若与的夹角为，求的值. 18. 如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 如图所示，正四棱锥P-ABCD中，底面ABCD的边长为2，侧棱长为. （I）若点E为PD上的点，且PB∥平面EAC.试确定E点的位置； （Ⅱ）在（I）的条件下，点F为线段PA上的一点且，若平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，求实数的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026秋季学期高二年级期中模拟检测 数学试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 考试范围：必修一、必修二、选择性必修一前三章 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立直线的方程解出方程组即可得结果. 【详解】由得 故. 故选：C. 【点睛】本题考查交集及其运算、集合的表示方法，由于本题的结果表示含一个点的点集，因此要特别注意正确的点集的表示形式，属于基础题. 2. 已知，是第三象限的角，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，再根据，最后利用二倍角余弦公式求得可得答案． 【详解】解：， 是第三象限的角 故选： 【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系的应用．属基础题． 3. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量的坐标运算求解即可. 【详解】因为，所以， 则，故C正确. 故选：C 4. 在△ABC中，a＝5，b＝3，则sinA：sinB＝（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件利用正弦定理可得 ＝，运算求得结果. 【详解】在△ABC中，a＝5，b＝3，则由正弦定理可得 ＝＝， 故选：A. 【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于简单题. 5. 将函数的图象向右平移个长度单位后，所得到的图象关于y轴对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】整理可得，结合题意可知将位于y轴左侧的第一个对称轴平移至y轴即可，求的对称轴即可. 【详解】因为， 根据题意结合偶函数的对称性可知：将位于y轴左侧的第一个对称轴平移至y轴即可， 令，解得， 可知的对称轴为， 令，可得，所以的最小值是. 故选：A. 6. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简方程为，根据题意，列出不等式组，即可求解. 【详解】将方程变形可得， 因为方程表示焦点在y轴上的椭圆，可得，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：D. 7. 已知点，分别为圆：，：上的动点，为轴上一点，则的最小值（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求出关于x轴的对称点，结合，以及两点之间线段最短，即可求解. 【详解】根据题意，易知， 因为关于x轴的对称点为， 所以， 因此的最小值为，当且仅当为直线与x的交点时取等号． 故选：B． 8. 如果，那么下列不等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】ABC选项，可举出反例；D选项，根据指数函数单调性比较出大小. 【详解】ABC选项，不妨设，此时，，，ABC错误； D选项，，故在R上单调递增， 因为，所以，D正确. 故选：D 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 如图，在正方体中，已知E，F，G是线段上的点，且.则下列直线与平面平行的是（ ） A. CE B. CF C. CG D. 【答案】BD 【解析】 【分析】连接，使交于点，连接，，由且证得四边形是平行四边形，有，由线面平行的判定定理得出平面，同理证得平面. 【详解】连接交于点O，连接， 因为且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面， ，显然与平面不平行， 同理，又平面，平面， 所以平面. 10. 已知是三个向量，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据向量的数量积的运算公式，以及向量的数量积的运算律，结合向量数量积的几何意义，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由数量积的运算公式，可得， 所以，所以A正确； 对于B中，由向量数量积的运算律，可得，所以B正确； 对于C中，，， 所以与不一定相等，所以C错误； 对于D中，由，若向量，此时，而与不一定相等，所以D错误. 故选：AB. 11. 已知圆和圆相交于A、两点，下列说法正确的是（ ） A. 公共弦所在直线方程为 B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1 C. 取圆上点，则的最大值为 D. 直线被圆所截得弦长最短为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A：根据两圆相交弦方程的求解，结合已知条件，求解即可；对B：求得到直线的距离，结合圆的半径，即可判断；对C：求得的参数表达形式，结合三角函数的最值，即可求得结果；对D：利用勾股定理可判断正误. 【详解】对A：圆和圆相交于两点， 故直线的方程为：，即，故A正确； 对B：到直线的距离，又圆的半径， 所以直线与圆相交且不过圆心，即圆上存在3个点到直线的距离为，B正确； 对C：圆，即， 因为在圆上，故可设， 则， 又的最大值为， 故的最大值为，C错误； 对D：将直线方程变形为， 由，解得，所以，直线过定点， 所以，圆心到直线的距离为最大值为， 因此，直线被圆所截得弦长最短为，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 顶角为36°的等腰三角形称作“黄金三角形”，其底边与腰长之比为黄金比，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】结合余弦定理求解即可. 【详解】在等腰中，设，则， . 故答案为：. 13. 如图，正方体的棱长为，过点作平面的垂线，垂足为点，则点是的___，与所成的角的度数为____． 【答案】 ①. 中心 ②. 90° 【解析】 【分析】先证出点是的外心，再利用即可证明；利用线垂面的性质证明，再利用线面垂直的判定即可求出. 【详解】因为平面，平面， 所以，，， 又， 所以， 所以，所以点是的外心， 又因为，所以点是的中心． 因为为正方体，故，平面， 又平面，故， 又平面，， 平面，又平面， 所以，又， 所以，所以与所成的角是. 14. 已知点，点是直线上的动点，则的最大值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】求出关于的对称点，作出辅助线，当三点共线时，取得最大值，求出最大值. 【详解】设点关于的对称点为， 则，解得，故， 由对称性可知，， 当可组成三角形时，根据三角形三边关系得到， 连接并延长，交于点，则此时， 即当三点共线时，取得最大值， 最大值为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知圆，直线. （1）当为何值时，直线与圆相切； （2）当直线与圆相交于两点，且时，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由圆的方程可确定圆心和半径，由圆心到直线距离等于半径可构造方程求得结果； （2）利用垂径定理可求得圆心到直线距离，由此可构造方程求得，进而得到直线方程. 【小问1详解】 由圆的方程知：圆心，半径， 与圆相切，圆心到直线的距离，解得：. 【小问2详解】 ，设圆心到直线的距离为， ，解得：， ，解得：或， 直线的方程为或. 16. 已知函数的部分图象如下图所示，根据图中信息解答下列问题． （1）求函数的最小正周期T； （2）写出函数的单调递减区间； （3）求函数的解析式． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由图象得出半周期，进而可得函数的最小正周期T； （2）由图象直接得出函数的单调递减区间； （3）结合图象分别求出，从而可得函数的解析式. 【小问1详解】 由图可知，则， 所以函数的最小正周期． 【小问2详解】 由图可知，函数的单调递减区间为：. 【小问3详解】 由图可知； 又，又，故 ; 由图象过点得，，解得， 又，故. 于是函数的解析式为. 17. 已知两个单位向量与的夹角为，设向量. （1）若，求的值； （2）若与的夹角为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）向量平行，利用对应基底系数成比例求解参数. （2）利用向量夹角公式求解参数. 【小问1详解】 解：因为，则基底为与， 若，则由对应基底系数成比例可得，，解得． 【小问2详解】 因为单位向量与的夹角为， 则. 而， ， 则， 所以， 即，且， 化简得，且，解得． 18. 如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：取上的点，使， 则， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取上的点，使，可得，则由线线平行可证线面平行； （2）取中点，连，根据题意可证，平面，所以以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连，因为，所以， 因为为正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 设为平面的法向量， 则，可取， ， 故直线与平面所成角的正弦值为. 19. 如图所示，正四棱锥P-ABCD中，底面ABCD的边长为2，侧棱长为. （I）若点E为PD上的点，且PB∥平面EAC.试确定E点的位置； （Ⅱ）在（I）的条件下，点F为线段PA上的一点且，若平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，求实数的值. 【答案】（I）E为PD中点，（Ⅱ） 【解析】 【分析】（Ⅰ）设BD交AC于点O，连结OE推导出PB∥OE，由O为BD的中点，推导出在△BDP中，E为PD中点． （Ⅱ）连结OP，以O为原点，OC、OD、OP所成直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出λ． 【详解】（Ⅰ）设BD交AC于点O，连结OE， ∵PB∥平面AEC，平面AEC∩平面BDP＝OE， ∴PB∥OE， 又O为BD的中点， ∴在△BDP中，E为PD中点． （Ⅱ）连结OP，由题意得PO⊥平面ABCD，且AC⊥BD， ∴以O为原点，OC、OD、OP所成直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， OP， ∴A（，0，0），B（0，，0），C（，0，0），D（0，，0），P（0，0，）， 则E（0，，），（，0，0），（，，），（0，，0）， 设平面AEC的法向量（x，y，z）， 则，令z＝1，得平面AEC的一个法向量（0，，1）， 设平面BDF的法向量（x，y，z）， 由，得F（，0，），（，，）， ∴，令z＝1，得（，0，1）， ∵平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为， ∴cos， 解得λ． 【点睛】本题考查点的位置的确定，考查满足二面角的余弦值的实数值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $