云南省昭通市镇雄县第一高级中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

这是一份云南省昭通市镇雄县第一高级中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，解答题（本题共5小题，共77分等内容，欢迎下载使用。
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．集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若点到直线（为任意实数）的距离取最大值时，则（ ）
A．B．C．D．2
3．已知向量与单位向量的夹角为，且，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，则等于（ ）
A．B．C．D．
5．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知分别为的内角的对边，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．曲线与直线有两个交点，则实数的取值范围是（ ）
A．512，34B．C．D．
8．边长为6的两个等边，所在的平面互相垂直，则四面体的外接球的体积为．
A．B．C．D．
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．在中，，，，则的面积可能是（ ）
A．B．C．D．
10．已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A．
B．复数的虚部为
C．，为纯虚数的充要条件是
D．已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线
11．已知椭圆的左右顶点分别为A，B，左右焦点为，，P为椭圆上一点，则下列说法正确的是（ ）
A．当P点异于点A，B时，直线PA，PB的斜率积为定值
B．当直线，的斜率存在时，，的斜率积为定值
C．当点P是椭圆上顶点时最大
D．当点P是椭圆上顶点时最大
三、填空题本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．对于任意实数，给出下列命题： “”是“”的充要条件，“是无理数”是“是无理数”的充要条件， “”是“”的充分条件， “”是“”的必要条件，其中是真命题的序号是 .
13．椭圆的左、右焦点分别为，，A为上顶点，若的面积为，则的周长为 ．
14．过点作圆的切线，，则切线长为 ；过切点A，B的直线方程为 ．
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。
15（13分）．在中，角的对边分别为，已知，.
(1)求角和；
(2)在边上取一点，使得，求的值.
16．（15分）已知的三个顶点是，，．
(1)若直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程．
(2)若为直线上动点，为坐标原点，求的最小值及取最小值时直线的方程．
17．（15）2025年六五环境日主题为“美丽中国我先行”，南京市某社区举办“环保我参与”有奖问答比赛活动.某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题.已知甲家庭回答这道题正确的概率是，甲、乙两个家庭都回答正确的概率是，乙、丙两个家庭至少一家回答正确的概率是.各家庭回答是否正确相互独立.
(1)求乙、丙两个家庭各自回答这道题正确的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答这道题正确的概率.
18．（17）图1是直角梯形，，，四边形是边长为4的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.

(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，则的值；
(3)在（2）的前提下，求出直线与平面所成角的正弦值.
19．（17）在平面直角坐标系中，设F为椭圆的左焦点，左准线与x轴交于点P，M为椭圆C的左顶点，已知椭圆长轴长为8，且.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若过点P的直线与椭圆交于两点，设直线的斜率分别为.
①求证：为定值；
②求面积的最大值.
参考答案
1．A
【分析】先求出集合A，B，再求两个集合的交集即可
【详解】解：由，得，，
所以，
由，得，解得，
所以，
所以，
故选：A
2．B
【分析】先求出直线所过定点，得到最大距离时，然后由斜率关系可得.
【详解】直线方程可化为，
，解得，
所以直线恒过点，设为点
此时为点到直线的最大距离，且，
由斜率关系可得.
故选：B.
3．D
【分析】根据投影向量公式求解即可.
【详解】在方向上的投影向量为.
故选：D．
4．C
【分析】利用三角函数的和差公式得到，再利用诱导公式即可得解.
【详解】因为
，
所以，
而.
故选：C.
5．D
【分析】由可排除C，由可排除B，由可排除A.
【详解】因为，所以函数不是偶函数，排除C
因为，所以可排除B
因为，所以排除A
故选：D
6．C
【分析】由平面向量数量积定义和余弦定理可构造方程求得结果.
【详解】，
又，，解得：（舍）或.
故选：C.
7．A
【解析】本题首先可绘出曲线的图像，然后结合题意和图像得出满足条件的直线的位置，最后求出过点时的值以及与圆相切时的值，即可得出结果.
【详解】曲线即圆的一半，如图：
因为曲线与直线有两个交点，直线过定点，
所以满足条件的直线即处于图中两条直线之间，
当直线过点时，，解得；
当直线与圆相切时，圆心，半径为，
结合图像易知，直线斜率存在，此时圆心到直线的距离等于半径，
即，解得，
综上所述，实数的取值范围是，
故选：A.
【点睛】本题考查根据直线与圆的位置关系求参数，能否绘出曲线图像以及根据题意找出满足条件的直线范围是解决本题的关键，考查根据直线与圆相切求参数，考查点到直线距离公式，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.
8．B
【分析】根据外接球的性质先找到球心位置，再由球和圆的性质用勾股定理求出半径，即可求出外接球体积.
【详解】如图所示：为三角形过中心且垂直平面的直线，
为三角形过中心且垂直平面的直线，与相交于点.
由球的性质知：四面体的外接球球心为点.
因为，为的中心，所以.
因为，所以.
又因为，所以.
故外接球的体积为.
故选：B
【点睛】本题主要考查多面体的外接球，利用外接球球心到多面体顶点的距离相等的性质找到球心是解决本题的关键，属于难题.
9．AB
【分析】根据正弦定理解三角形，可得角C有两种可能，从而求得三角形面积，即得答案.
【详解】在中，根据正弦定理，得，即，
∵，，∴或.
当时，，
∴；
当时，，
∴,
因此A，B是可能的，C，D不可能，
故选：AB
10．AD
【分析】根据i的周期性可判断A，根据虚部概念判断B，根据复数乘方运算及纯虚数概念判断C，根据复数模的运算即可得到点的轨迹判断D.
【详解】对选项A：，正确；
对选项B：复数的虚部为2，而不是，错误；
对选项C：，则，
若为纯虚数，则，所以，错误；
对选项D：设，由可得，，
所以，平方化简得：，
所以在复平面内对应的点的轨迹为直线，正确.
故选：AD
11．ACD
【分析】由两点连线的斜率公式可判断AB；利用余弦定理结合基本不等式可判断C；利用正切函数的单调性及两角和的正切公式可判断D.
【详解】对于A，由题可知，，，设，则，利用两点连线的斜率公式知，故A正确；
对于B，由题可知，，设，则，利用两点连线的斜率公式知，不为定值，故B错误；
对于C，当点P在长轴上时，，当点P不在长轴上时，，
利用余弦定理知，
当，即点P为椭圆的短轴的端点时，最小，所以最大，故C正确；
对于D，当点P在长轴上时，，当点P不在长轴上时，，
如图，，，设，则，
则
由，可知要使最大，可取椭圆上顶点或下顶点，故D正确；

故选：ACD．
12．②④
【分析】逐个选项分析,对①③中的问题举出反例即可.
【详解】对①,当时不能得出,故①错误；
对②,当是无理数时,是无理数,反之亦然,故②正确；
对③,当时,,故③错误；
对④,可由,故是的必要条件,故④正确；
故答案为②④.
【点睛】判断与的充分与必要条件,只需判断与的取值范围即可,
若的集合包含于的集合,则是的充分条件；
若的集合包含于的集合,则是的必要条件.
13．6
【分析】根据三角形的面积计算得到，再确定，计算周长即可.
【详解】，则，解得，所以，则，
故的周长为
故答案为：.
14．
【分析】利用切线长公式求出切线长度；求出以为直径的圆的方程，两圆相减得到AB直线方程
【详解】圆，则圆心，半径，
在中，，，
，．
以为直径的圆的方程，即以为圆心，
以为半径的圆的方程为：，
又圆，两圆方程相减可得．
故答案为：；
15．(1)，
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理求出角和边的值即解得或（舍去），所以.
（2）继续用正弦定理，并判断角属于钝角还是锐角从而判断余弦角正负，再利用正弦角的和差公式求出从而求出.
【详解】（1）由及正弦定理得
，
即，
所以，
由知，故，又，
所以.
由余弦定理得
即解得或（舍去），所以.
（2）在中，由正弦定理得所以，
在中，因为，
故为钝角，所以为锐角，因此.
又，所以，
又为锐角，所以，
所以.
16．(1)或
(2)，
【分析】（1）分为两种情况：直线过原点；直线不过原点，设出直线的方程，根据条件求解即可；
（2）求出关于直线的对称点为，则的最小值为，即可求解．
【详解】（1）①当直线过原点时，，则方程为，即；
②当直线不过原点时，设为，
又直线过点，则，即．
故此时，的方程为．
综上：直线的方程为或．
（2）设关于直线的对称点为，则中点为
直线的方程为，即．
则，即，所以．
，当共线时取等号，
则的最小值为．
此时直线方程即直线方程：，即．

17．(1)，
(2)
【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式来进行计算即可；
（2）利用间接法来求三个家庭只有1个家庭或0个家庭回答正确的概率,即可求对立事件概率.
【详解】（1）记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件，
由甲家庭回答这道题正确的概率是，甲、乙两个家庭都回答正确的概率是，
则，
解得，
由乙、丙两个家庭至少一家回答正确的概率是，
则
即.
所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率为和.
（2）有0个家庭回答正确的概率，
有1个家庭回答正确的概率为
所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率.
18．(1)证明见详解
(2)存在，
(3)
【分析】（1）作出辅助线，得到⊥BE，⊥BE，且，由勾股定理逆定理求出AF⊥，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求解出点P的坐标，
（3）根据（2）可得，利用空间向量求线面夹角.
【详解】（1）取BE的中点F，连接AF，，

因为四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，
所以均为等边三角形，
故⊥BE，⊥BE，且，
因为，所以，
由勾股定理逆定理得：AF⊥，
又因为，平面ABE，
所以⊥平面ABED，
因为平面，
所以平面平面ABED；
（2）以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则，
设，，，
即，解得：，
故，
设平面的法向量为，
则，则，
令，则，故，
其中
则，
解得：或（舍去），
所以存在点，使得到平面的距离为，此时.
（3）由（2）可得：，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．（1）；（2）①证明见解析；②最大值为.
【分析】（1）由，得，由此可得，再由求得后再求得值，可得椭圆方程；
（2）①设，设，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，代入可得结论；
②计算面积得，把作为一个整体（可换元），由基本不等式可得最大值．
【详解】解：（1）因为，所以，又，所以，
所以，所以椭圆C的标准方程为.
（2）①当AB的斜率为0时，显然.
当AB的斜率不为0时，设，
由得，
设，故有，
所以.
因为，所以.
综上所述，恒有为定值.
②，
即==，
当且仅当，即时取等号(此时适合)，
所以面积的最大值为．
【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交，定值与面积最值．最值的解题方法是设而不求的思想方法，设直线方程，设交点坐标，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理，得，然后求出三角形的面积，得参数的函数，结合基本不等式或函数性质可得最值．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
D
C
D
C
A
B
AB
AD
题号
11









答案
ACD