精品解析：广西壮族自治区来宾市金秀瑶族自治县民族高中2026-2027学年高二上学期11月期中数学试题

高二数学试题 考试范围：选择性必修一1～3.1，三角与概率统计 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知点，则直线的斜率是（ ） A. B. C. D. 2. 已知椭圆：的一个焦点为，则的离心率为 A. B. C. D. 3. 圆：与圆：的公切线有且仅有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 4. 已知平面α经过点，且α的法向量，则到平面α的距离为（ ） A. B. C. D. 5. “”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”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 6. 已知实数，满足方程，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 若圆上恰有2个点到直线的距离为1，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点为，，，则该三角形的欧拉线方程为（ ） 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. 9. 对于直线与圆，下列说法正确的是（ ） A. 过定点 B. 的半径为9 C. 与可能相切 D. 被截得的弦长最小值为 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. 椭圆上存在点，使得 C. 若为直角三角形，则的面积为 D. 的范围为 11. 如图，四边形是边长为5的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 三棱锥的体积最大值为 C. 当时，异面直线与夹角的余弦值为 D. 四棱锥外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与直线互相垂直，则实数=_______ 13. 已知空间向量两两夹角为，且，则_______． 14. 若分别为圆，与圆上的动点，为直线上的动点，则的最小值为______． 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. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）若，，求的面积. 16. 本学期初，某校对全校高二学生进行数学测试（满分100），并从中随机抽取了100名学生的成绩，以此为样本，分成，得到如图所示频率分布直方图. （1）估计该校高二学生数学成绩的平均数和分位数； （2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于70分的学生中，分层抽样6人，再从6人中任取2人，求此2人分数都在的概率. 17. 已知是椭圆的右焦点，是上一点. （1）求的方程； （2）记为坐标原点，过的直线与交于两点，若，求的值. 18. 如图，在多面体中，四边形为菱形，且∠ABC =60°，AE⊥平面 ABCD，AB =AE =2DF，AEDF. （1）证明：平面AEC⊥平面 CEF； （2）求平面ABE 与平面CEF 夹角的余弦值. 19. 已知圆，点，点为圆上的动点，线段的中点的轨迹为曲线C． （1）求曲线的方程； （2）设点，过点作与轴不重合的直线交曲线于，两点． （ⅰ）若直线的斜率为1，且过点作与直线垂直的直线交曲线于，两点，求四边形的面积； （ⅱ）设曲线与轴交于，两点，直线与直线相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试题 考试范围：选择性必修一1～3.1，三角与概率统计 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知点，则直线的斜率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两点的斜率公式计算即可. 【详解】由题意可知直线的斜率为. 故选：A 2. 已知椭圆：的一个焦点为，则的离心率为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】分析：首先根据题中所给的条件椭圆的一个焦点为，从而求得，再根据题中所给的方程中系数，可以得到，利用椭圆中对应的关系，求得，最后利用椭圆离心率的公式求得结果. 详解：根据题意，可知，因为， 所以，即， 所以椭圆的离心率为，故选C. 点睛：该题考查的是有关椭圆的离心率的问题，在求解的过程中，一定要注意离心率的公式，再者就是要学会从题的条件中判断与之相关的量，结合椭圆中的关系求得结果. 3. 圆：与圆：的公切线有且仅有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 【答案】B 【解析】 【分析】将两圆方程化为标准方程，通过两圆的圆心距及半径关系，判断两圆的位置关系即可求解． 【详解】解：圆，则圆心，半径， 圆，则圆心，半径， 得两圆的圆心距为：， 则， 得两圆相交，得两圆的公切线有且仅有2条． 故选：B 4. 已知平面α经过点，且α的法向量，则到平面α的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出，再利用点到平面的距离向量公式可得答案. 【详解】因为平面经过点，所以， 又平面的法向量， 所以点到平面的距离. 5. “”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”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】B 【解析】 【分析】首先求出“方程表示焦点在轴上的椭圆”的充要条件，从而即可判断. 【详解】方程表示焦点在轴上的椭圆等价于，解得， 所以“”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”的必要不充分条件. 故选：B. 6. 已知实数，满足方程，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简方程可得该方程所表示图形，数形结合可得斜率的最值. 【详解】方程化为， 表示的图形是一个以为圆心，为半径的半圆， 令，即，如图所示， 当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离， 解得或（负值不满足条件，舍去）， 所以的最大值为， 故选：C. 7. 若圆上恰有2个点到直线的距离为1，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出与直线平行且到直线的距离为1的直线的方程为和，数形结合可知，圆与直线相交，与直线相离，利用点到直线的距离公式可求得的取值范围. 【详解】如图所示. 设与直线平行且与直线之间的距离为1的直线方程为， 则，解得或， 圆心到直线的距离为， 圆到直线的距离为， 由图可知，圆与直线相交，与直线相离， 所以，即. 故选：C 8. 数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点为，，，则该三角形的欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据顶点坐标可得重心与外心的坐标，进而得欧拉线方程. 【详解】由重心坐标公式可得：重心，即. 由，，可知外心在的垂直平分线上， 所以设外心，因为， 所以， 解得，即：， 则， 故欧拉线方程为：， 即：， 故选：A. 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. 9. 对于直线与圆，下列说法正确的是（ ） A. 过定点 B. 的半径为9 C. 与可能相切 D. 被截得的弦长最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据含参直线方程求定点坐标判断项；根据圆的一般方程与标准方程的互化判断项；根据直线所过定点在圆内，知直线与圆必相交判断项；当直线与过定点和圆心的直线垂直时，被截得的弦长最小，从而计算弦长最小值可判断项. 【详解】对于，可变形为， 由得所以直线过定点，故正确； 对于，圆，化为标准方程为，所以圆的半径为，故错误； 对于，因为，所以点在圆内部，所以直线与不可能相切，故错误； 对于，设直线所过定点为，则当直线时，直线被截得的弦长最小. 因为圆心，所以，所以直线的斜率，解得， 此时直线. 因为圆心到直线的距离，所以弦长，故正确. 故选：. 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. 椭圆上存在点，使得 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】由题意得，， 当点和点重合时到右焦点的距离的最大值为，最小值为，故A正确， 当点在椭圆上下顶点时，最大，此时，故为等边三角形，，故B错误， 若为直角三角形，由B可知，或， 不妨设，则此时点横坐标，代入：，得， 故的面积为，故C正确； ，设，则， 由得：，故， 又，故，故D正确. 11. 如图，四边形是边长为5的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 三棱锥的体积最大值为 C. 当时，异面直线与夹角的余弦值为 D. 四棱锥外接球的表面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，使用空间中直线、平面垂直有关定理证明；对于B，三棱锥底面积固定，当高最大时，体积最大，可通过计算进行判断；对于C，找到与所成异面直线夹角，再由余弦定理代入计算，即可判断；对于D，首先利用空间向量写出坐标，再求出和，列式求解，再代入公式即可. 【详解】因为四边形是正方形，， 又半圆面平面，半圆面平面， 半圆面， 又半圆面，， 又点在半圆弧上，， 又平面，且，故平面，故A正确， 过点在平面内作于点， 平面平面，平面平面，平面， 平面，为三棱锥的高， 三棱锥的体积， 的面积为定值， 当最大时，三棱锥的体积最大，此时点为半圆弧的中点，， 三棱锥体积的最大值为，故B错误； 取中点，中点，中点，连接， 则，所以异面直线与的夹角为或其补角，且， 又，则，，则， 又，则， 在中，由余弦定理可得， 则异面直线与夹角的余弦值为，故C正确； 以的中点为原点，建立空间直角坐标系如图， 则，，底面正方形外接圆圆心，半径为， 设外接球球心为，满足， ，， 则，又，， 故球心为，半径为， 故外接球的表面积为，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与直线互相垂直，则实数=_______ 【答案】 【解析】 【详解】：，即 13. 已知空间向量两两夹角为，且，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】先计算出，再运用向量的模长公式展开，代入即得. 【详解】依题意，， 则 ， . 故答案为：. 14. 若分别为圆，与圆上的动点，为直线上的动点，则的最小值为______． 【答案】9 【解析】 【分析】根据给定条件，求出点与直线上的点距离和的最小值，再减去两圆半径和即可. 【详解】圆的圆心，半径， 圆的圆心，半径， 设点关于直线的对称点为，连接，如图： 则，解得，即， ，则 ，当且仅当是与直线的交点， 且分别是线段与圆的交点时取等号， 所以的最小值为9. 故答案为：9 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）求角的大小； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦展开式可得答案； （2）由余弦定理和三角形的面积公式可得答案. 【小问1详解】 由和正弦定理得， ， 即， ， 则有，因，， 则，又， 故； 【小问2详解】 由余弦定理， 代入得， ，则有，即得， 故的面积. 16. 本学期初，某校对全校高二学生进行数学测试（满分100），并从中随机抽取了100名学生的成绩，以此为样本，分成，得到如图所示频率分布直方图. （1）估计该校高二学生数学成绩的平均数和分位数； （2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于70分的学生中，分层抽样6人，再从6人中任取2人，求此2人分数都在的概率. 【答案】（1）平均数为75.5，分位数为88； （2）. 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的面积和为1求出后，再由平均数，百分数的算法求出即可； （2）利用分层抽样和古典概率的算法求出即可； 【小问1详解】 由，解得. 该校高三学生期初数学成绩的平均数为. 前3组的频率和为，所以分位数为. 【小问2详解】 分层抽样抽取的6人中，的有人，记为 的有人，记为， 从6人中任取2人，基本事件有，共15种， 其中2人分数都在的有共6种， 所以从6人中任取2人，分数都在的概率为. 17. 已知是椭圆的右焦点，是上一点. （1）求的方程； （2）记为坐标原点，过的直线与交于两点，若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将P点带入椭圆方程，再根据椭圆中a、b、c的关系列式计算即可； （2）分类讨论的斜率存在与不存在两种情况，不存在根据对称性即可求出两点坐标，通过向量法即可证明是否垂直；斜率存在时，联立直线与椭圆方程，运用韦达定理解出直线斜率，最后用弦长公式计算得出答案. 【小问1详解】 由题可知，解得 则的方程为. 【小问2详解】 若的斜率不存在，根据对称性，不妨令，则，不符合条件. 若的斜率存在，设的方程为， 联立方程组整理得， 则. 因为，所以 ，解得， 则. 18. 如图，在多面体中，四边形为菱形，且∠ABC =60°，AE⊥平面 ABCD，AB =AE =2DF，AEDF. （1）证明：平面AEC⊥平面 CEF； （2）求平面ABE 与平面CEF 夹角的余弦值. 【答案】（1） 如图，取EC的中点H， 连结BD交 AC于点O，连结HO、HF. 因为四边形ABCD为菱形，则AC⊥BD. 又AE⊥平面 ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AE⊥BD. 因为AE⊂平面AEC， AC⊂平面AEC， 且AE∩AC=A， 所以BD⊥平面AEC. 因为H、 O分别为EC、 AC的中点，所以HO∥EA，且 又AE∥DF，且 . 所以HO∥DF，且HO=DF，所以四边形HODF 为平行四边形，所以HF∥OD，即HF∥BD，所以HF⊥平面AEC. 因为HF⊂平面CEF，所以平面AEC⊥平面CEF. （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明BD⊥平面AEC，HF∥BD，可证明结论；如图建立空间直角坐标系，算出平面CEF的一个法向量，利用向量方法可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取CD中点M ， 连接AM. 因为菱形 ABCD中， ∠ABC=60°， 所以ACD为正三角形，又M 为CD中点，所以AM⊥CD， 因为AB∥CD，所以AM⊥AB. 因为AE⊥平面ABCD， AB，AM⊂平面ABCD，所以AE⊥AB， AE⊥AM .如图， 以A为原点，AB，AM，AE所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 不妨设AB=AD=AE=2DF=2， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1， 0)，，E(0，0，2)， 因为AM⊥平面ABE，所以为平面ABE的一个法向量， 设平面CEF的法向量为， 因为 ， 所以，不妨令， 得. 设平面 ABE与平面CEF 夹角为θ， 则 ， 所以平面 ABE 与平面CEF夹角的余弦值为. 19. 已知圆，点，点为圆上的动点，线段的中点的轨迹为曲线C． （1）求曲线的方程； （2）设点，过点作与轴不重合的直线交曲线于，两点． （ⅰ）若直线的斜率为1，且过点作与直线垂直的直线交曲线于，两点，求四边形的面积； （ⅱ）设曲线与轴交于，两点，直线与直线相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）7；（ⅱ）是，交点在定直线上 【解析】 【分析】（1）设，，由中点坐标公式可得，代入即可求解； （2）（ⅰ）当直线的斜率为1时，直线的方程为，可得直线的方程，求弦长 ，，即可求解； （ⅱ）设直线的方程，与圆的方程联立，由韦达定理可得，联立直线与直线的方程，结合即可求解. 【小问1详解】 设，，因为点在圆上，所以①， 因为为中点，所以，整理得， 代入①式中，得，整理得， 所以曲线的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）当直线的斜率为1时，直线的方程为，即， 则直线方程为， 设曲线的圆心到直线和直线的距离分别为，， 则， 所以，， 所以， 所以四边形的面积为； （ⅱ）设直线的方程为，即， 设，， 联立，得， 则，，， 因为曲线与轴交于，两点，所以，， 则直线的方程为， 直线的方程为， 联立两直线方程得， 故直线与直线的交点在定直线上. 【点睛】方法点睛：求动点轨迹的方法有：①定义法：根据已知的曲线的定义判断； ②直接法：当所求的动点满足的条件简单明确时，直接按“建系设点、列出条件、代入坐标、整理化简、限制说明”的步骤求轨迹方程即可；③代入法：有两个动点，，其中点的轨迹方程已知，同时两动点的坐标存在关系，设点的坐标为，，然后建立两坐标的关系式，代入的轨迹方程中即可；④参数法：动点的横纵坐标没有直接关系，但是都和某个参数存在某种关系，可以通过消参的思路得到横纵坐标之间的关系，即可得到轨迹方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $