湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 复数满足，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，从而得到，再计算其模.
【详解】因为，所以，
则，所以.
故选：B
2. 过直线与的交点，且与直线垂直的直线的方程为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求直线与的交点，再利用垂直直线的斜率关系求得斜率，代入点斜式方程求解即可.
【详解】联立与，
将的代入得，
整理得，
化简得，所以.再将代入得，即交点为.
直线斜率为，由垂直关系得直线斜率.
所以过点且斜率为的直线点斜式为，即.
故选：D
3. 一组正数的平均数为，则的最小值为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先通过平均数列式求得，然后利用基本不等式常数代换技巧求解最值即可.
【详解】因为正数的平均数为，
所以，所以.
所以
，当且仅当即时取等号.
故选：C
4. 若满足，则的最小值为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得方程表示圆心为、半径为的右半圆，然后结合截距的概念，利用直线与半圆的位置关系数形结合求解即可.
【详解】由题意，方程需满足，
将方程平方整理得，即圆心为、半径为的右半圆，
令，即，所以为直线在轴上的截距，
当直线过右半圆上顶点时，直线在轴上的截距最大，此时最小，
所以的最小值为．
故选：B
5. 若既在直线上，又在以为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将问题转化为求的最小值，利用对称性即可求解.
【详解】因为椭圆焦点为、，
所以焦距，即，离心率，因此求的最大值等价于求的最小值，
因为是椭圆上任意点，所以，
因此的最小值对应的最小值点在直线上，
直线与两焦点、同侧，取关于直线的对称点，
所以线段的中点在直线上，故，即；
直线与直线垂直斜率乘积为，故，即，
联立得，，即，
当、、共线时，最小，最小值为，
，
因此的最小值为，即，
代入离心率公式得：．
故选：D．
6. 我们知道，空间中，过点且一个法向量为的平面，其方程可以写成，则点到平面的距离 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知平面法向量，然后利用点面距离的向量公式求解即可.
【详解】在平面上任取一点，不妨取原点，设点为，
所以，点为坐标原点，
由题意平面的法向量为，
则点到平面的距离．
故选：D
7. 已知正四棱柱中， (点E在棱BB1上)，，则该四棱柱被过点 ，，的平面截得的截面面积为
A. B. 36C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在上取点，使，连接，，得出截面四边形是平行四边形，利用勾股定理，分别求得，结合余弦定理和面积公式，即可求解.
【详解】由题意，正四棱柱中，，，
可得，，
在上取点，使，如图所示，
连接，，可得且，则四边形是平行四边形，
四棱柱被过点，，的平面截得的截面为，
由勾股定理可得，，
，
所以，
所以，
所以平行四边形的面积为.
故选: C.
8. 若，向量满足，则的最大值为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知根据数量积的运算律得，设，则，从而求得，利用列不等式，解不等式即可得解．
【详解】因为，即．
又，则，设，
则，故．
由为与的夹角，
则，解得．
因为，即，解得，
故的最大值为．
故选：B
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则与相互独立
B. 若与互斥，则
C. 方差、标准差、极差均能反映一组数据的离散程度
D. 数据的第百分位数为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据独立事件的定义判断A；根据互斥的定义求解概率判断B；根据方差、标准差、极差的概念判断C；根据百分位数的求法求解判断D.
【详解】选项A：根据相互独立事件的定义，若事件与满足，则与相互独立，故A为真命题；
选项B：若与互斥，则和不能同时发生，即，因此，故B为真命题；
选项C：方差、标准差反映数据与均值的偏离程度，极差最大值减最小值反映数据的波动范围，三者均能刻画数据的离散程度，故C为真命题；
选项D：数据共个，计算第百分位数为整数，
因此第百分位数为第个数与第个数的平均值，即，故D为假命题.
故选：ABC
10. 设椭圆的左，右焦点分别为，点是椭圆上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 离心率
B. 的最小值为
C. 的大小可以是
D. 满足为等腰三角形的点有个
【答案】ACD
【解析】
【分析】由椭圆的几何性质分别判断即可.
【详解】由椭圆方程知：，，；
对于A，离心率，A正确；
对于B，为椭圆左焦点，，B错误；
对于C，当为椭圆上下顶点时，，，
，，
则当在椭圆上运动时，，则大小可以是，C正确；
对于D，当为椭圆上下顶点时，，满足为等腰三角形；
，即，
能成立，根据椭圆对称性知：此时有点满足题意；
同理可知：时，有点满足题意；
满足为等腰三角形的点有个，D正确.
故选：ACD
11. 如图，在长方体中，，分别是棱的中点，点在侧面内，且，则（ ）
A. 的最小值是
B.
C. 三棱锥的体积是定值
D. 三棱锥的外接球表面积的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，根据可求得点的轨迹，从而可判断AB；证明平面，即可判断C；由三棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上，设球心为，，根据，将用表示，从而可求得外接球半径的范围，即可判断D.
【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设，
则，
因为，
所以，得，所以，
则，得，
，
当时，，则，
当时，则，则，
综上，，
所以三点共线，
即点的轨迹即为线段，
对于A，，
即的最小值是，故A错误；
对于B，，
则，
所以，故B正确；
对于C，，则为定值，
由点的轨迹即为线段，
且，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，
所以三棱锥的体积是定值，故C正确；
对于D，设的中点为，
则在中，外接圆的圆心即为点，
则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上，
设球心为，，
则，
即，所以，
则，
因，所以，
即三棱锥的外接球的半径，
所以三棱锥的外接球表面积的取值范围是，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. 从集合中任取两个不相等正数，则成立的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先用列举法将所有有序对列出，共有个，再根据的取值，进行分类讨论，得到满足条件的有序对共有个，根据古典概型概率公式即得.
【详解】根据题意，从集合中任取两个不相等的正数，构成有序对，
总情况有，，，，，
，，，，，
，，，，，
，，，，，
，，，，，
，，，，，共个，
当时，由，得，有，，，，共个；
当时，由，得，有，共个；
当时，由，得，无满足条件的；
综上，符合条件的有序对共个，
所以，成立的概率为.
故答案为：
13. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点A、B及动点，若（且），则点的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）．在平面直角坐标系中，已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得，则点M的轨迹是以为直径的圆，除去F点，得到的轨迹方程为， 由阿氏圆性质找到点，将转化为，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可.
【详解】
当时，，此时交点为，
当时，由直线，斜率k；
由直线，斜率为，，
又，所以直线恒过点，
，所以直线恒过，
若M为，的交点，则，
所以点M的轨迹是以为直径的圆，除去F点，E点,
综合以上两种情况，点M的轨迹是以为直径的圆，除去F点，
则圆心为的中点，圆的半径为，
故M的轨迹方程为，即，
又,易知在该圆内，又由题意可知圆C上一点
满足，取，则，满足.下面证明任意一点都满足，即，
因为，
又,所以,
所以，
又，，
如图,当且仅当三点共线,且M位于N,D之间时,等号成立,即的最小值为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点D，构造，转化线段和结合三角形三边关系计算即可.
14. 已知椭圆：的两条弦相交于点（点在第一象限），且轴，轴.若，则椭圆的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】设，则，，再根据关于x轴对称，关于轴对称，可求得，再由在椭圆上，构造出的齐次式即可得解.
【详解】设，则，，
由题知关于x轴对称，关于轴对称，
所以，，即，，
所以，
所以，即，
所以，即，
所以椭圆的离心率为，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．
（1）求边所在直线方程；
（2）求点和点的坐标．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）先利用上的高所在方程求出斜率，再利用点斜式求出方程；
（2）先利用是与中线的交点，联立直线与方程求出点坐标，利用是中点，结合在上的高所在直线方程上，求出点坐标．
【小问1详解】
上的高所在直线方程为，斜率为，
而与其高所在直线垂直，，解得，
，根据点斜式得，整理得．
【小问2详解】
是与中线的交点，联立直线与方程得，，
.
设点，是的中线，为中点，，，
又在直线上，，整理得，
又在上的高所在直线方程上，联立，解得，
．
16. 某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示.
（1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数:
（2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率:
（3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差.
【答案】（1），85
（2）
（3）得分在内的平均数为81，方差为26.8.
【解析】
【分析】（1）首先根据频率和为1求出，再根据百分数公式即可得到答案；
（2）求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可；
（3）根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可.
【小问1详解】
由题意得:，解得，
设第60百分位数为，则，
解得，第60百分位数为85.
【小问2详解】
由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、.
则样本空间为.
设事件“两人分别来自和，则，
因此，
所以两人得分分别来自和的概率为.
【小问3详解】
由题意知，落在区间内的数据有个，
落在区间内的数据有个.
记在区间的数据分别为，平均分为，方差为；
在区间的数据分别为为，平均分为，方差为；
这20个数据的平均数为，方差为.
由题意，，且，则.
根据方差的定义，
由，
可得
故得分在内的平均数为81，方差为26.8.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分利用方差定义，推导出分层抽样的方差计算公式即可.
17. 如图，四边形中，，，，，，分别在，上，，现将四边形沿折起，使．
（1）若，在折叠后的线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
（2）求三棱锥的体积的最大值，并求出此时点到平面的距离.
【答案】（1）存在，
（2）三棱锥A­CDF的体积的最大值为3，此时点F到平面ACD的距离为
【解析】
【分析】(1)在AD上取一点P，使得，证明线面平行，则P点就是所求的点；
(2)先设 ，运用二次函数即可求出三棱锥 的体积最大值，再运用等体积法求出F到平面ACD的距离.
【小问1详解】
AD上存在一点P，使得CP 平面ABEF，此时，
理由如下：当时，，
如图，过点P作M FD交AF于点M，连接ME，则，
∵BE＝1，∴FD＝5，∴MP＝3，又EC＝3，MP FD EC，∴MP EC，
故四边形MPCE为平行四边形，∴CP ME，
又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，
∴CP 平面ABEF；
【小问2详解】
设BE＝x，则AF＝x(0