精品解析：广东湛江市三校2026-2027学年高二上学期11月期中联考数学试题

湛江市2026年秋季学期三校联考考试 高二级数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 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. A. B. C. D. 2. 设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过（0，3），且与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2，则直线l的方程为（　　） A. 3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0 B. 3x＋4y－12＝0或x＝0 C. 4x－3y＋9＝0或x＝0 D. 3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0 3. 若直线过点且与直线相互垂直，则原点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且，若四点共面，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 4 5. 在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线：与椭圆：（）相交于，且的中点为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为两个随机事件，，，则下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 若独立，则 C. 若独立，则 D. 若互斥，则 8. 已知是定义域为的奇函数，则不等式的解集是（ ） 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. 在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为钝角，则 D. 若在上的投影向量为，则 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 的最小值为 11. 已知是左右焦点分别为，的上的动点，，下列说法正确的有（ ） A. 的最大值为5 B. C. 存在点，使 D. 的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组样本数据7，9，10，5，6，11，8，12，4，10，则该组数据的下四分位数为________. 13. 如图，在棱长为9的正四面体中，是的重心，是棱的中点，点在线段上，且有，则线段的长度为_______________. 14. 经过两圆和的交点，且圆心在直线上的圆的方程为_______________________ 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. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均不低于40分）分成六组：、、…、，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）试估计样本成绩的平均数（同一组数据用该组数据的中间值代替）和中位数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差. 16. 已知圆的圆心为点，其在直线上，且与轴交于两点，． （1）求圆的标准方程； （2）已知，点在圆上运动，求线段中点的轨迹方程． 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 18. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，、、分别是、、的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为 （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知椭圆：过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆交于，两点（异于点），且直线，斜率均存在． （1）求椭圆的标准方程； （2）若，，求直线的方程； （3）设直线，的斜率分别为，，且，，为垂足，证明：存在定点，使得为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江市2026年秋季学期三校联考考试 高二级数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 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. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法可得计算结果. 【详解】，故选B. 【点睛】本题考查复数的除法，属于基础题. 2. 设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过（0，3），且与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2，则直线l的方程为（　　） A. 3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0 B. 3x＋4y－12＝0或x＝0 C. 4x－3y＋9＝0或x＝0 D. 3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0 【答案】B 【解析】 【分析】当直线I的斜率不存在时，直线I的方程为满足条件；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，求出圆半径圆心到直线的距离，由 能求出直线l的方程. 【详解】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，联立得方程组，解得 或 ∴|AB|＝2，符合题意. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋3， ∵圆x2＋y2－2x－2y－2＝0即（x－1）2＋（y－1）2＝4， ∴圆心为C（1，1），圆的半径r＝2，易知圆心C（1，1）到直线y＝kx＋3的距离 d＝， ∵d2＋＝r2， ∴＋3＝4，解得k＝－， ∴直线l的方程为y＝－x＋3，即3x＋4y－12＝0. 综上，直线l的方程为3x＋4y－12＝0或x＝0. 故选：B. 【点睛】本题主要考查的是直线与圆的位置关系，解答本题需要明确直线方程的求解方法以及点到直线的距离公式，是中档题. 3. 若直线过点且与直线相互垂直，则原点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据直线垂直得出直线，再应用点到直线距离计算求解. 【详解】直线与直线相互垂直，所以直线的斜率为， 直线过点且斜率为，则直线， 则原点到直线的距离为. 故选：C. 4. 已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且，若四点共面，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】因为四点共面，则有， 由共面条件可得，，即， 所以， 当且仅当，即，即时，等号成立. 故选A. 5. 在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】易知函数在上单调递增， 因为，，且在上连续不间断， 由零点存在定理可得在上存在零点. 6. 已知直线：与椭圆：（）相交于，且的中点为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式求出的关系，再根据椭圆的性质求解即可. 【详解】设，， 将直线方程与椭圆方程联立， 消去得， 则， 因为的中点为所以，解得， 所以，， 故选：B 7. 已知为两个随机事件，，，则下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 若独立，则 C. 若独立，则 D. 若互斥，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，由独立，得，B正确； 对于C，由独立，得，C错误； 对于D，由互斥，得，D正确. 8. 已知是定义域为的奇函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用奇函数定义域含时及求出参数，再将函数变形判断单调性，最后结合奇偶性与单调性脱去函数符号，转化为一元二次不等式求解． 【详解】因为是定义域为的奇函数， 所以，所以，所以． 因此，，， 即，所以． 因为，所以． 又是减函数， 所以，解得． 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. 在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为钝角，则 D. 若在上的投影向量为，则 【答案】BD 【解析】 【分析】选项A，根据空间向量模长公式求解；选项B，根据空间向量垂直的坐标表示求解；选项C，向量夹角为钝角说明数量积小于，并且不能是平角；选项D，根据投影向量的公式求解. 【详解】对于选项A，若，则，解得，选项A错误； 对于选项B，若，则，解得，选项B正确． 对于选项C，若为钝角，则，解得， 且两向量夹角不能是平角，即两向量不共线，则，所以且，选项C错误； 对于选项D，在上的投影向量为，则，解得，故选项D正确． 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 的最小值为 【答案】CD 【解析】 【详解】由题意可得：. 对于选项A：令，，解得，， 所以当，，函数取到最大值2，故A错误； 对于选项B：因为，不为最值， 所以的图象不关于直线对称，故B错误； 对于选项C：因为，所以的一个零点为，故C正确； 对于选项D：令，，解得，， 所以当，，函数取到最小值，故D正确. 11. 已知是左右焦点分别为，的上的动点，，下列说法正确的有（ ） A. 的最大值为5 B. C. 存在点，使 D. 的最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】设，则，进而根据两点之间的距离公式和二次函数性质求解判断A；根据椭圆定义判断B；根据为短轴端点时，判断C；根据，，三点共线时，有最大值判断D. 【详解】解：对于A选项，设，则，即， 所以， 又，所以当时，，故A错误， 对于B选项，由椭圆定义，，故B正确 对于C选项，当为短轴端点时， ，，，故，进而，故C错误， 对于D选项，，当，，三点共线时，有最大值，故D正确. 故选：BD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组样本数据7，9，10，5，6，11，8，12，4，10，则该组数据的下四分位数为________. 【答案】6 【解析】 【详解】数据排序为4，5，6，7，8，9，10，10，11，12，项数， 下四分位数位置，向上取整为第3项， 下四分位数为6， 13. 如图，在棱长为9的正四面体中，是的重心，是棱的中点，点在线段上，且有，则线段的长度为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】选取作为空间向量的一组基底，利用重心和线段比例关系将用基底表示，再通过数量积运算求模长. 【详解】设， 因为是棱长为的正四面体， 所以，且两两夹角为， 则，, 因为是的重心，所以， 因为是棱的中点，所以， 所以, 因为点在线段上，且，所以， 则， 所以     ， 所以，即线段的长度为. 14. 经过两圆和的交点，且圆心在直线上的圆的方程为_______________________ 【答案】 【解析】 【分析】利用圆系方程可求圆的方程. 【详解】由题可先设出圆系方程；，则圆心坐标为； ，又圆心在直线上，可得；解得. 所以圆的方程为：. 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. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均不低于40分）分成六组：、、…、，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）试估计样本成绩的平均数（同一组数据用该组数据的中间值代替）和中位数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差. 【答案】（1） （2）平均数为74，中位数为75 （3）， 【解析】 【小问1详解】 由题意得，解得． 【小问2详解】 平均数为 设中位数为； 因为成绩落在内的频率为， 落在内的频率为，所以， 则，解得，故中位数为75． 【小问3详解】 由题意得，成绩在有 人，成绩在有 人， 则这两组成绩的总平均数为， 总方差为． 16. 已知圆的圆心为点，其在直线上，且与轴交于两点，． （1）求圆的标准方程； （2）已知，点在圆上运动，求线段中点的轨迹方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据垂径定理可得出点的横坐标，将代入直线的方程，可得出圆心的坐标，进而可得出圆的半径，由此可得出圆的标准方程； （2）设、，由中点坐标公式化简得出，再将点的坐标代入圆的方程，化简可得出点的轨迹方程. 【小问1详解】 因为圆与轴交于两点、，则线段的中点为， 由垂径定理可知轴，则点的横坐标为， 将代入，得，解得，得圆心， 圆的半径为， 圆C的标准方程为． 【小问2详解】 设、，由中点坐标公式得，即． 将点的坐标代入圆C的方程得， 即，即， 化简得， 线段中点的轨迹方程为． 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【详解】解：（1）因为，所以，即， 又因为，所以． （2）由三角形面积公式得：，解得， 由余弦定理得，， 所以，又，所以． 所以的周长为． 18. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，、、分别是、、的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为 （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面， 所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，所以，，， 所以， ，所以，， 即，，又，，平面， 所以平面； （2）（i）或（ii） 【解析】 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，应用数量积得出线线垂直，再应用线面垂直判定定理证明即可； （2）（ⅰ）先求出平面的一个法向量，再应用线面角正弦公式计算得出参数；（ⅱ）再求出平面的一个法向量进而应用二面角余弦公式计算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，，， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则，，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以， 化简得，解得或，所以或. （ⅱ）因为，所以由（ⅰ）知，所以，， 由（1）知，平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则，，所以， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 19. 已知椭圆：过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆交于，两点（异于点），且直线，斜率均存在． （1）求椭圆的标准方程； （2）若，，求直线的方程； （3）设直线，的斜率分别为，，且，，为垂足，证明：存在定点，使得为定值． 【答案】（1） （2）或． （3）方法1： 联立消去，整理得． 显然，且①，② ，，即， 整理得， 将①、②代入上式，整理得， ，或， 当时，直线过点，与已知“,异于点”矛盾，舍去； 当即时，直线恒过定点， 即，∴当点为中点时，， 即存在定点，使得为定长． 方法2： 设直线方程为：，， 由椭圆的方程变形得， 又， ， ， 等式两边同时除以得：， 则， 又已知，所以，整理得， 代入直线的方程得：， 由，得，即直线恒过定点， 即，∴当点为中点时，， 即存在定点，使得为定长． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦距和椭圆上的点列方程求出的值，即得椭圆方程； （2）由直线方程与椭圆方程联立，消元后写出韦达定理，利用弦长公式求出的值，即得直线方程； （3）法1：设直线斜截式方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，由斜率公式与推出，分析得到直线经过定点，借助于直角三角形斜边的性质即可求出定点；法2：设直线方程为：，与椭圆方程联立推得，利用，代入化简得，将其代入直线方程，即得直线经过定点，与法1 同法求出定点. 【小问1详解】 ∵焦距为，即． ，． 在椭圆上，，解得． 所以椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 因，则可设直线的方程为， 联立消去，整理得． 由，解得． 设，，则，（*） ，，即， 将（*）代入上式，得，解之得或， 则直线的方程为或 即或． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $