精品解析：甘肃省敦煌中学2026-2027学年高二上学期期中考试数学试卷

2026~2027学年第一学期期中试题 高二数学 一、选择题：本题共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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 向量，，，且，，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 3. 一个袋中有大小和质地相同的个球，其中有个红球和个白球，从中一次性随机摸出个球，则下列说法正确的是（ ） A. “恰好摸到个红球”与“至少摸到个白球”是互斥事件 B. “恰好没摸到红球”与“至多摸到个白球”是对立事件 C. “至少摸到个红球”的概率大于“至少摸到个白球”的概率 D. “恰好摸到个红球”与“恰好摸到个白球”是相互独立事件 4. 以点为圆心，并与轴相切的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含者中华文化的丰富内涵.在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 已知直线：与：，则下列选项正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 若，则，间的距离为 D. 原点到的距离的最大值为 10. 小佳和小明两人进行篮球比赛，小佳投中的概率为0.8，小明投不中的概率为0.2，且两人投篮互不影响，现两人各投篮一次.记“小明投中”为事件，“至少1人投中”为事件，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点（不含端点），则下列说法中正确的是（ ） A. 平面平面 B. 多面体的体积为定值 C. 恒为锐角三角形 D. 直线与所成的角可能为 二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分． 12. 若直线过圆的圆心，则的值为__________. 13. 在平行六面体中，，则___________ 14. 棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为_________. 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. 已知直线与直线的交点为； （1）求点到直线的距离； （2）求过点且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 16. 我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门．已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门． （1）从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率； （2）假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率． 17. 如图1在直角梯形中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将沿BE折起到图2中的位置，得到四棱锥． （1）证明：平面； （2）当平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 甲、乙、丙、丁4名棋手进行围棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军，已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙，丙、丁相互之间胜负的可能性相同. （1）求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率； （2）求甲获得冠军的概率； （3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率. 19. 如图，四面体中，为等边三角形，且，为等腰直角三角形，且． （1）当时， （ⅰ）求二面角的正弦值； （ⅱ）当为线段中点时，求直线与平面所成角正弦值； （2）当时，若，且平面为垂足，中点为中点为；直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年第一学期期中试题 高二数学 一、选择题：本题共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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先把方程化为斜截式，得到直线的斜率，即可求解. 【详解】由得：，设其倾斜角为，， 所以斜率， 故倾斜角为， 故选：C 2. 向量，，，且，，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的平行和垂直求出，再根据模长公式求解. 【详解】因为//，所以，所以，所以, 因为，所以，所以. 所以，所以， 所以. 故选：C. 3. 一个袋中有大小和质地相同的个球，其中有个红球和个白球，从中一次性随机摸出个球，则下列说法正确的是（ ） A. “恰好摸到个红球”与“至少摸到个白球”是互斥事件 B. “恰好没摸到红球”与“至多摸到个白球”是对立事件 C. “至少摸到个红球”的概率大于“至少摸到个白球”的概率 D. “恰好摸到个红球”与“恰好摸到个白球”是相互独立事件 【答案】B 【解析】 【分析】利用互斥事件的定义可判断A选项；利用对立事件的定义可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；利用独立事件的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，“恰好摸到个红球”为红白，“至少摸到个白球”包含：红白、白， 所以，“恰好摸到个红球”与“至少摸到个白球”不是互斥事件，A错； 对于B选项，“恰好没摸到红球”为白，“至多摸到个白球”包含：红、红白， 所以，“恰好没摸到红球”与“至多摸到个白球”是对立事件，B对； 对于C选项，个红球分别记为、，个白球分别记为、， 从个红球和个白球中一次性随机摸出个球，所有的基本事件有：、、、、、， 其中，事件“至少摸到个红球”包含的基本事件有：、、、、，其概率为， 事件“至少摸到个白球”包含的基本事件有：、、、、，其概率为， 所以，“至少摸到个红球”的概率等于“至少摸到个白球”的概率，C错； 对于D选项，记事件恰好摸到个红球，事件恰好摸到个白球， 则，，则， 所以，“恰好摸到个红球”与“恰好摸到个白球”不是相互独立事件，D错. 故选：B. 4. 以点为圆心，并与轴相切的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意确定圆的半径，即可求解. 【详解】解：由题意，圆心坐标为点，半径为， 则圆的方程为． 故选：D． 5. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理运算求解. 【详解】因为，点N为BC中点，所以， 故 . 故选：B. 6. 围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含者中华文化的丰富内涵.在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解. 【详解】由题意，另3位棋手分别记为丙、丁、戊， 则这5位棋手的分组情况有（甲乙丙，丁戊），（甲乙丁，丙戊），（甲乙戊，丙丁），（甲丙丁，乙戊）， （甲丙戊，乙丁），（甲丁戊，乙丙），（乙丙丁，甲戊），（乙丙戊，甲丁），（乙丁戊，甲丙），（丙丁戊，甲乙），共10种， 其中甲和乙不在同一个小组的情况分别为（甲丙丁，乙戊），（甲丙戊，乙丁），（甲丁戊，乙丙），（乙丙丁，甲戊）， （乙丙戊，甲丁），（乙丁戊，甲丙），共有6种， 所以甲和乙不在同一个小组的概率. 故选：C. 7. 已知直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把三棱柱补成四棱柱，利用余弦定理结合条件可得异面直线与所成角. 【详解】如图，把三棱柱补成四棱柱，则，异面直线与所成角为， 在中，由余弦定理得， 又， 故选：C． 8. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出两点坐标得到，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可. 【详解】直线分别与轴，轴交于，两点， ，则. 点P在圆上， 圆心为，则圆心到直线距离. 故点P到直线的距离的范围为. 则. 【点睛】本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题． 二、选择题：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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 已知直线：与：，则下列选项正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 若，则，间的距离为 D. 原点到的距离的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线的平行和垂直以及距离公式依次判断4个选项即可. 【详解】对于A， ，两直线重合，错误； 对于B， ，正确； 对于C，若 ，则，解得或.当时，，重合， 当时， ，∴的方程为，的方程为，，间的距离为，正确； 对于D，由，可得恒过点，所以原点到的距离的最大值为，正确； 故选：BCD. 10. 小佳和小明两人进行篮球比赛，小佳投中的概率为0.8，小明投不中的概率为0.2，且两人投篮互不影响，现两人各投篮一次.记“小明投中”为事件，“至少1人投中”为事件，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】按照独立事件、对立事件及互斥事件的概率计算公式，逐项分析求解能求出结果． 【详解】记“小佳投中”为事件C，则有，， 小明投不中的概率为0.2，所以，A选项正确； ，B选项错误； ，C选项正确； ，，所以，D选项错误. 故选：AC. 11. 如图，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点（不含端点），则下列说法中正确的是（ ） A. 平面平面 B. 多面体的体积为定值 C. 恒为锐角三角形 D. 直线与所成的角可能为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据正方体结构特征，结合面面垂直的判定定理，可判断A正确； B选项，根据等体积法，由，结合三棱锥的体积公式，即可判断B正确； C选项，通过特殊位置（如点为的中点），判断的形状，即可得C错； D选项，根据异面直线所成角的概念，作出异面直线所成角，求出角的正切值范围，即可判断D正确. 【详解】对于A，∵在正方体中，有平面，则平面，因为平面，∴平面平面，故A正确； 对于B，因为点到平面的距离显然等于棱长，为， 所以，即为定值；故B正确； 对于C，当为的中点时，，，，此时，即为直角三角形，故C错； 对于D，因为，所以直线与所成的角即等于直线与所成的角，即为， 又，，∴可能为，D正确； 故选：ABD． 【点睛】思路点睛： 平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； 二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分． 12. 若直线过圆的圆心，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆的方程求得圆心坐标，代入直线方程，即可求解. 【详解】由题意，圆，可得， 所以圆心坐标为， 把圆心代入直线，可得，解得. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了的圆的标准方程及其应用，其中解答中根据圆的方程求得圆心坐标是解答的关键，着重考查计算能力. 13. 在平行六面体中，，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】由，再利用向量的模求解. 【详解】因为， 所以， ， ， ， 所以， 故答案为： 14. 棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】先过作平面的平行面从而确定点的轨迹，再确定三棱锥体积取最大时的位置，进而找到球心所在方位即可求解. 【详解】如图，当点位于的中点时，取中点G，连接， 则由正方体性质有， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又且都在面，所以平面平面， 又面，所以平面， 所以的轨迹是以的中点为端点的线段， 因为， 所以当F点离平面距离最远时三棱锥体积最大， 此时，点与的中点重合， 取中点O，连接，则由正方体性质可得平面， 所以三棱锥的外接球球心在所在直线上， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则，球心为， 则 于是，， 所以外接球半径为， 所以. 故答案为：. 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. 已知直线与直线的交点为； （1）求点到直线的距离； （2）求过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）先联立直线和的方程求得交点的坐标，代入点到直线的距离公式计算； （2）分截距为0、截距不为0两类设直线方程，代入坐标求解参数即可 【小问1详解】 联立直线和的方程，得，解得，，即， 所以点到直线的距离为 . 【小问2详解】 ① 当截距均为0时，直线过原点，设方程为，代入得，直线方程为； ② 当截距均不为0时，设截距为，直线方程为即，代入得，直线方程为； 综上，所求直线方程为或。 16. 我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门．已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门． （1）从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率； （2）假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型求概率的方法求概率即可； （2）根据互斥事件概率加法公式求概率即可. 【小问1详解】 用，分别表示“选择物理”“选择历史”，，，，分别表示“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”， 则所有选科组合的样本空间 则 设表示“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合该医科大学临床医学类招生选科要求” 则 则 则． 【小问2详解】 设甲、乙、丙三人每人的选科组合符合该医科大学临床医学类招生选科要求的事件分别为，，， 由题意知事件，，相互独立， 由（1）知， 记“甲、乙、丙三人中恰好有一人的选科组合符合该医科大学临床医学类招生选科要求”， 则， 易知事件两两互斥， 根据互斥事件概率加法公式得 ， ． 17. 如图1在直角梯形中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将沿BE折起到图2中的位置，得到四棱锥． （1）证明：平面； （2）当平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） ， 所以为正方形，所以， 又，平面，平面， 又，且，故四边形为平行四边形， 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由为正方向可知，根据线面垂直判定定理证明平面，然后由可证； （2）以O为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 求出平面与平面的法向量，然后由向量夹角公式可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面=， 平面，所以平面， 又平面， 所以，又由（1）知：， 以O为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 由题意知，， 则， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，则，故 则，令，则，故， 设平面与平面的夹角为， . 18. 甲、乙、丙、丁4名棋手进行围棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军，已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙，丙、丁相互之间胜负的可能性相同. （1）求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率； （2）求甲获得冠军的概率； （3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）乙在第1场、第4场均负，利用独立事件的乘法公式进行求解； （2）分析出甲获胜的情况，得到各个情况下的概率，相加后得到答案； （3）分乙的决赛对手是甲，丙，丁，分析出各场比赛胜负情况，求出相应的概率，相加后得到答案. 【小问1详解】 乙连负两场，即乙在第1场、第4场均负， ∴乙连负两场的概率为； 【小问2详解】 甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况： 1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜， ∴甲获得冠军的概率为：． 【小问3详解】 若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况： 甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜， ∴甲与乙在决赛相遇的概率为：． 若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种： 乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜， 若考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为： ， 若乙的决赛对手是丁，和乙的决赛对手是丙情况相同， ∴乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为：． 19. 如图，四面体中，为等边三角形，且，为等腰直角三角形，且． （1）当时， （ⅰ）求二面角的正弦值； （ⅱ）当为线段中点时，求直线与平面所成角正弦值； （2）当时，若，且平面为垂足，中点为中点为；直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的值． 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）． （2）． 【解析】 【分析】（1）（i）由题意可得出，，则为二面角的平面角，由余弦定理求解即可；（ii）过点作轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角公式求解即可得出答案； （2）因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，由题意可知，在上，由此可得所以，表示出三棱锥体积，由二次函数的性质求出三棱锥体积的最大值，即可知分别为，的中点，再用两点间距离公式计算即可. 【小问1详解】 （ⅰ）取的中点，连接， 因为为等腰直角三角形，且． 所以，则，所以， 又因为，所以， 则， 又因为，所以为二面角的平面角， ， 所以..， 所以二面角的正弦值为． （ⅱ）过点作轴垂直平面，又因为， 建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， ， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以，， 设直线与平面所成角为， 所以， 直线与平面所成角正弦值为． 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为为等腰直角三角形，且． 所以，则，所以， 又因为，所以， 则，又，则， 所以，又因为， 平面，所以平面， 因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐系， 所以， 设，因为， 所以由可得：， 所以， ， 由（1）知，平面，又平面， 所以，在上， 因为，所以，，所以， 即，所以， 所以， 三棱锥体积为： ， 因为，当时，三棱锥体积最大为， 此时分别为的中点，所以， ， 方法一：因为是的中点，所以到平面的距离相等，又因为是中点， 所以，到平面的距离是到平面的距离的一半． 同理，到平面的距离是到平面的距离的一半． 所以，到平面的距离相等． 因为直线与平面的交点为，所以是线段的中点， 则． 方法二：设，设， 因为， 所以，所以， 因为在平面上，所以设，，，， 所以．解得， 所以，即是线段的中点， 则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $