广西示范性高中2025-2026学年高二上学期期中联合调研测试数学试题（解析版）

这是一份广西示范性高中2025-2026学年高二上学期期中联合调研测试数学试题（解析版），共8页。试卷主要包含了 已知直线等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知直线的方程为，则该直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将直线的一般方程转化为斜截式方程，直接可得该直线的斜率.
【详解】直线的方程为，化为斜截式，
故直线的斜率为.
故选：A.
2. 设P为椭圆上一点，分别是C的左，右焦点．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依据椭圆定义，列方程组即可解得的长度.
【详解】椭圆的长半轴长为3，
由椭圆的定义可知，
由，可得．
故选：C
3. 若函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二次函数的性质计算即可.
【详解】易知在对称轴右侧是增函数，所以，即.
故选：D
4 已知向量，，且，那么（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量垂直的坐标运算求得，然后利用空间向量模的坐标运算求解即可.
【详解】由向量，，且，
得，则，则.
故选：C
5. 已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：，
结合勾股定理，底面半径，
由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B.
【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
6. 已知椭圆焦点在轴且离心率为，则的值为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆方程，求出，代入离心率公式，即可得答案.
【详解】椭圆变形为，
因为焦点在轴，所以，
所以离心率，解得.
故选：D
7. 如图，在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则的值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
分析】根据空间向量关系表示出，平方处理即可求得模长.
【详解】由题平行六面体中，M为AC与BD的交点，
，，，
，
所以
故选：B
8. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点到，的距离之比为，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用直接法求得点的轨迹方程，结合圆的性质，即可求解.
【详解】设，因为，所以，即，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆.
则点到直线的距离，
故点到直线的距离的最小值为.
故答案为：B
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.
9. 已知直线：，直线：，则（ ）
A. 直线过定点B. 当时，
C. 当时，D. 当时，两直线间的距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用变换主元、两直线位置关系、及平行线间距离公式一一判定选项即可.
【详解】对于A，易知，即时恒成立，
所以直线过定点，故A正确；
对于B、D，若时，则，解之得，
此时两直线间距离为，故B、D错误；
对于C，若，则，故C正确.
故选：AC
10. 在棱长为2的正方体中，、、分别为、、的中点，则下列选项正确的是（ ）
A. B. 直线与所成角的余弦值为
C. 三棱锥的体积为D. 存在实数、使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，对于A，计算值即可判断；对于B，计算的值即可判断；对于C，等体积法即可计算求解；对于D，由计算求出即可得解..
【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系，
则
对于A：因为,故与不垂直，故A错误；
对于B：，
，
所以直线与所成角的余弦值为，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：,
若存在实数使得，则，
即，解得，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，点，，，，是以为直径的圆上一段圆弧，是以为直径的圆上一段圆弧，是以为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线则（ ）
A. 所在的圆截直线所得弦的长为
B. 与的公切线的方程为
C. 所在圆与所在圆的公共弦所在直线的方程为
D. 动点，分别在圆和上，动点在上，的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题知曲线与轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个四分之一圆，故可写出各段圆弧所在圆的方程，然后根据圆的相关知识判断各选项即可．
【详解】，，所在圆的方程分别为，，，
对于A，所在圆的方程为，圆心为，
圆心到直线的距离为，
则所求弦长为，故A不正确；
对于B，设与的公切线直线斜率存在，则设公切线方程为，
则，所以，，
所以与的公切线的方程为，即，故B正确；
对于C，由 及，
两式相减得，即公共弦所在直线方程为，故C正确；
对于D，关于直线的对称点为，
则由图象可知，
当，，三点共线时，取得最小值，
的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，
即为，故D正确．
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的三个顶点的坐标分别是，，，则边的垂直平分线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用两点连线斜率公式及直线垂直的充要条件结合点斜式计算即可.
【详解】易知，的中点坐标为，则其中垂线斜率为，
所以中垂线方程为：，整理得.
故答案为：.
13. 已知某岛屿正西方向处有一台风中心，它正向北偏东60°方向移动，移动速度的大小为.距台风中心以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，则岛屿所在地受到影响的持续时间为______小时.
【答案】
【解析】
【分析】设直角坐标系的原点为台风中心，求出以为圆心，以为半径的圆与直线所得弦长即可.
【详解】如图，设直角坐标系的原点为台风中心，轴正半轴上存在岛屿，
且台风中心在第一象限沿着直线运动，

以为圆心，以为半径的圆与直线交于两点，
因为点到直线的距离，
则，
则岛屿所在地受到影响的持续时间为小时.
故答案为：
14. 设椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上的一点，，原点到直线的距离为，则椭圆的离心率等于______.
【答案】
【解析】
【分析】利用椭圆的通径长结合解直角三角形构造齐次式计算离心率即可.
【详解】设椭圆的半焦距为c，即，
由题意可知，即，
则，
所以，整理得，
所以，即.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.
15. 已知圆心在轴的正半轴上，半径为2的圆与直线：相切.
（1）求圆的方程；
（2）若过点的直线与圆相交于点、，，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设圆心坐标，根据圆的标准方程及直线与圆的位置关系计算即可；
（2）设直线方程，利用弦长公式计算参数即可.
【小问1详解】
设圆心，则，由题意可知C到的距离，
解之得，即圆的方程为；
【小问2详解】
易知时不与圆相交，
不妨设，则C到的距离，
所以，解之得或，
所以或.
16. 在中，内角，，的对边分别为，，.已知，，.
（1）求；
（2）设为边上一点，且，求的面积.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理计算即可；
（2）利用正弦定理结合三角形面积公式计算即可
【小问1详解】
由，可知，
又，所以，
由余弦定理可知，解之得；
【小问2详解】
由（1）及正弦定理可知，解得，
易知，所以，
，即D为的中点，
所以.
17. 某中学为提升学生的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为初赛和复赛两个环节，全校学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取200人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题：
（1）求频率分布直方图中的值.用样本估计总体，估计该校学生初赛成绩的平均数以及中位数.（同一组中的数据用该组区间中点值作代表）（保留小数点后两位）；
（2）若甲、乙、丙三位同学均进入复赛，已知甲、乙、丙复赛获一等奖概率分别为，，，甲、乙、丙获一等奖互不影响，求至少有两位同学复赛获一等奖的概率.
【答案】（1），平均数为，中位数为；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质及平均数、中位数的求法计算即可；
（2）利用独立事件的概率公式计算即可.
【小问1详解】
易知，
则该校学生初赛成绩的平均数为
，
又，则中位数位于之间，
中位数不妨设为x，则；
【小问2详解】
设事件甲、乙、丙获奖分别为
至少两位同学获奖有如下情况：甲乙获奖丙未获奖，甲丙获奖乙未获奖，乙丙获奖甲未获奖，甲乙丙三人均获奖，
则
.
18. 如图，和所在平面垂直，，.
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的大小；
（3）求平面和平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先证明线面垂直，再证线线垂直；
（2）由（1）知面，所以即为与平面所成角，易得；
（3）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，法向量夹角的余弦值即为两个平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
作于点，连接，因为和所在平面垂直，
平面平面，所以，.
因为,，所以，
所以，又平面，
所以平面，平面，所以.
【小问2详解】
由（1）知，平面，
平面，
所以即为与平面所成角，易得,，所以与平面所成角为.
【小问3详解】
以点为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示：
则,
设平面的法向量，
则，
令，则，，平面的法向量，
则，所以平面和平面的夹角的余弦值为.
19. 已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，左右顶点分别为，，上顶点为，且，的周长为6，过右焦点的直线与交于、两点（其中在轴上方）.
（1）求椭圆的方程；
（2）求面积的最大值；
（3）若直线、与轴分别交于、两点，判断点与以为直径的圆的位置关系，并证明你的结论.
【答案】（1）
（2）
（3）点在以为直径的圆上，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义与性质计算即可；
（2）设直线方程及坐标，利用韦达定理及三角形面积公式、对勾函数的性质计算即可；
（3）利用点斜式表示两直线方程得出坐标，利用上问的韦达定理结论结合向量的数量积运算，判定向量垂直即可说明点在圆上.
【小问1详解】
由题意可知，解之得，
所以椭圆：；
【小问2详解】
由上知，结合题意可设，
联立直线l与椭圆方程，化简得，
则，
易知
，令，
由对勾函数的性质知在上单调递增，
则，即，当且仅当时取得最大值；
【小问3详解】
易知，则，所以，
同理可得，即，
可知，
由上知，代入上式整理得，
即，所以点在以为直径的圆上.