四川省成都市外国语学校2025-2026学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1、本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．
2、本堂考试120分钟，满分150分：
3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂．
4、考试结束后，将答题卡交回．
第I卷（选择题）
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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线方程求出斜率，结合斜率与倾斜角的关系，计算即可得答案.
【详解】设直线的倾斜角，则，
因为直线的斜率为1，
所以，因为，
所以倾斜角为，
故选：C．
2. 某中学共有学生2500人，其中男生1500人，为了解该校学生参加体育锻炼的时间，采用分层抽样的方法从该校全体学生中抽取一个容量为50的样本，则样本中女生的人数为（ ）
A. 25B. 15C. 30D. 20
【答案】D
【解析】
【分析】先求出全校女生人数，再根据分层抽样的比例计算即可.
【详解】2500人中女生人数为，
则容量为50样本中女生的人数为.
故选：D
3. 若直线：与：互相垂直，则（ ）
A. 0B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线垂直，斜率之间的关系列出等式求解即可.
【详解】直线的斜率.当时，直线的斜率不存在，不满足.
当时，直线的斜率.
由，得，即，解得.
故选：C
4. 圆与圆的公共弦长为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】确定两圆相交，方程相减得到相交弦所在直线方程，结合勾股定理即可求解.
【详解】，所以，
，所以，
所以，
因为，所以两圆相交，
将两圆方程相减，得两圆相交弦所在直线方程为：，
点到直线的距离，
所以两圆的公共弦长为.
故选：A.
5. 在四面体中，分别为棱的中点，，则异面直线与所成角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取的中点，得到，得到为异面直线与所成的角，在中，利用余弦定理，求得，即可得到答案.
【详解】如图所示，取的中点，连接，，则，，
则为异面直线与所成的角（或补角），
因为，，所以，
所以异面直线与所成角为．
故选：D.
6. 已知一个样本，样本容量为10，平均数为15，方差为3，现从样本中去掉一个数据，此时样本的平均数为，方差为，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数和方差的计算公式分别进行分析即可.
【详解】设个数据为，
因为，所以；
又因为，
且，
所以，
故选：C.
7. 若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先确定圆心到直线的距离，再由题意得到，进而求解即可.
【详解】由圆，圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
因为圆上的点到直线的距离为1的点有且仅有2个，
所以，则，解得，
即r的取值范围是.
故选：B.
8. 如图，直三棱柱各棱长都相等，D是棱CC₁的中点，E是棱上的动点，F是棱AC的中点． 设， 随着增大， 直线BF与平面BDE所成角是 （ ）
A. 增大B. 减小C. 先增大再减小D. 先减小再增大
【答案】A
【解析】
【分析】设所有棱长均为2，建系标点，利用空间向量求线面夹角可得，结合复合函数单调性分析判断.
【详解】以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.
设所有棱长均为2，则，，
可得，，，
设平面BDE法向量，则，
令，则，可得.
设直线BF与平面BDE所成角为，
则，
令，可知在内单调递减，且，
则，可知内单调递减，
可得在内单调递增，所以随着x增大而增大.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．
9. 设为实数，直线，，下列说法正确的有（ ）
A. 时，在两坐标轴上截距相等
B. 时，与平行
C. 经过原点
D. 原点到直线距离的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过代入求值、分析直线平行关系、验证过原点情况及利用点到直线的距离公式求距离最大值来逐一判断选项.
【详解】对于A，时，，所以，在两坐标轴上截距相等都为，A正确.
对于B，时，，，所以与平行，B正确.
对于C，，不经过原点，C错误.
对于D，原点到直线距离为，
令，根据二次函数性质当时，有最小值为，
所以原点到直线距离的最大值为，D正确.
故选：ABD.
10. 则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与直线关于点对称，则实数
B. 直线与曲线恰有1个交点，则实数的取值范围是
C. 已知实数、满足方程，当时，则的取值范围是
D. 由动点向圆引两条切线、，切点分别为、，若四边形为正方形，则动点的轨迹方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用直线关于定点对称的性质分析判断选项A；利用直线和圆的位置关系，结合已知条件判断选项B；构造一次函数，利用函数单调性分析判断选项C；利用圆的性质分析判断选项D．
【详解】选项A：直线与直线关于点对称，且，即不在直线上，
直线与直线平行，，解得，
在直线上取一点，则其关于的对称点在直线上，即，解得，故A正确；
选项B：曲线等价于，表示以原点为圆心，半径是1的右半圆，
直线与圆只有一个交点，则直线与半圆的位置关系如下图所示，
当直线与半圆上顶点相交时，，解得；
当直线与半圆下顶点相交时，，解得；
当直线与半圆相切时，，解得，半圆为右半圆，结合图像可知，
的取值范围为或，故B错误；
选项C：实数、满足方程，
，
，令，则在上单调递减，
当时，，
当时，
当时，则的取值范围是，故C正确；
选项D：如下图所示，
四边形是正方形，且，，
动点是以为圆心，半径是的圆，方程为，
故D正确．
故选：ACD．
11. 如图，正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，点，分别在正方形对角线，上移动，且和的长度保持相等.记，则下列说法正确的是（ ）

A. 当时，的长为
B. 当时，三棱锥的体积是
C. 当的长最小时，平面与平面所成二面角的正弦值为
D. 存在，使得直线与所成角的正弦值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，以为原点建立空间直角坐标系，由，得，即可判断A正确；，，利用即可求体积判断B；由题知，计算，根据二次函数最值问题可知分别是中点时，取得最小值，然后作出二面角，在中，先求余弦值，进而得到正弦值即可确定C；对于D，利用空间向量夹角的坐标求解可判定.
【详解】在正方形，中，，
且它们所在的平面互相垂直，交线为，
所以平面，平面，，
则两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，
，

因为正方形，的边长都是1，所以，
又和的长度保持相等，所以，
当时，，故A正确；
当，，
，
，故B错误；
当，，
，
所以当时，取得最小值，此时，且分别是中点，
则，设中点为，
所以，，
则就是平面与平面所成二面角的平面角，
，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为，故C正确；
根据题意，，
又直线与所成角的正弦值为，
所以，
整理得：，
方程无解，故D错误.
故选：AC.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知、，且，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量平行的判定可得答案.
【详解】由，即存在非零常数 使得 。
因此，有：，
即：，
解得：.
故答案为：
13. 在太空中为了完成某项科学实验，由甲乙两名宇航员分别独立进行，已知甲乙二人独立完成该实验的概率分别为和，则这项实验能完成的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出甲乙两人都不能完成实验的概率，再利用对立事件的概率公式求出这项实验能完成的概率．
【详解】设甲能独立完成的事件为，乙能独立完成的事件为，
甲乙二人独立完成该实验的概率分别为和，
又甲乙两名宇航员分别独立进行，即事件相互独立，
“甲乙均不能完成实验”的概率为：，
“甲乙均不能完成实验”的对立事件为“这项实验能完成”，
“这项实验能完成”的概率．
故答案为：
14. 如图，正方体的棱长为4，点、分别为棱、的中点，点为线段上的一个动点，则__________；直线与平面所成角为，则的最大值为__________．
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】根据平面可知到平面的距离为，计算即可；取线段的中点，可知，化简求最小值即可.
【详解】因平面平面，平面，则平面，
则到平面的距离为，
因点、分别为棱、的中点，则，
则，
则；

取线段的中点，易知平面，
则直线与平面所成角，
则，
在等腰直角三角形中，当时，最短，
此时，
故的最大值为.
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. 已知直线，直线，设直线与的交点为P，点Q的坐标为．
（1）求经过点Q且与直线平行的直线方程；
（2）求线段的中垂线方程．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由平行关系设出直线方程，利用待定系数法求解.
（2）求出交点坐标，再求出线段的中垂线方程.
【小问1详解】
设经过点Q且与直线平行的直线方程为，而点，
则，解得，所以所求直线方程为.
【小问2详解】
由，解得，则点，线段的中点为，
直线的斜率，线段的中垂线斜率，
所以线段中垂线方程为，即.
16. 将一次考试所有学生的成绩，做成的频率分布直方图如图所示，第一组成绩在，第二组成绩在，第三组成绩在，第四组成绩在第五组成绩在
（1）求图中的值，估计本次考试成绩的平均分、众数；
（2）若本次考试共20人参加，现计划从分数低于70分的同学中随机抽取2人谈心，求2人分数都在的概率．
【答案】（1），平均分为分，众数为分；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图的面积之和为1求得，再利用频率分布直方图估计平均分及众数.
（2）先求得和低于70分的人数，利用枚举法求得总的取法，及2人分数都在的取法，利用古典概型概率公式即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图，得，因此；
本次考试成绩平均分；
众数为分.
【小问2详解】
低于70分的同学的频率为，则低于70分的同学应抽取人，
其中成绩在的人数为人，记这3人为，
成绩在的两位同学记为，
从5人中任取两人有，共10种取法，
其中2人分数都在的取法有3种，
所以2人分数都在的概率为.
17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，是上一点且满足．

（1）求证：平面平面；
（2）若是中点，求平面与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正方形可得对角线，由平面可得，则可证明平面，最终证明平面平面；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量及其夹角余弦值，再求正弦值即可.
【小问1详解】
证明：连接，
由于底面是正方形，则，
由于平面，平面，
则，
又因为平面，，
则平面，
又因为平面，
则平面平面.
【小问2详解】
如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，
由可得为中点，则，
由于是中点，则，
，，，，
设平面法向量，
则，
令，则，，
设平面的法向量，
则，
令，则，，
设平面与平面所成角为，
则，
则.

【点睛】
18. 已知圆的圆心在直线上，且过点，.
（1）求圆的方程；
（2）求过点的直线被圆截得的弦长为的直线方程；
（3）若，是平面内不同的两定点，动点满足，则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故被称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知点是上的动点，点，点是直线上的动点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）和
（3）
【解析】
【分析】（1）设出圆的标准方程，由圆心位置及圆过的点列方程组求解圆心坐标及半径即可；
（2）分直线的斜率存在与不存在讨论，斜率不存在时直接验证；斜率存在时，设直线的点斜式方程，利用点到直线的距离公式求出斜率，进而得到直线方程；
（3）设点P坐标及点，根据圆的方程与两点距离公式化简得出，然后根据点到直线距离公式求最值即可.
【小问1详解】
设圆的方程为，由题意，解得，
所以圆的方程为．
【小问2详解】
当垂直于x轴时，将代入圆的方程，得，
所以，，
此时截得的弦长为，满足条件；
当不垂直于x轴时，设的方程为即，
圆心到直线的距离，
由点到直线的距离公式得，解得，
此时直线的方程为即．
所以直线的方程为和．
【小问3详解】
设，则，
故
.
令，则，
其中为点E到直线的距离，
因为，所以的最小值为.

19. （1）在平面直角坐标系中，为坐标原点，定义集合，点，对任意的点，求的取值范围；
（2）在空间直角坐标系中，定义集合，，点是集合内任意一点．
①求的最小值；
②求点的轨迹形成图形的全面积．
注：若平面的法向量为，点是平面上一定点，则对于平面上任一点，点满足方程：．
【答案】（1）；（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据集合A的图形是中心对称图形，再结合图形，利用点到直线的距离公式求解即可；
（2）①直接用柯西不等式直接可得；②由对称性，研究得时图形为正三角形，求出其面积，最后乘8即可.
【详解】（1）将替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于y轴对称，
不妨令，，
若，则，即，点M的轨迹是一条线段；
若，则，即，点M的轨迹是另一条线段；
再利用图象关于y轴对称，最终点M形成的轨迹图形如下：
由得，即,
则点M形成的轨迹图形关于点成中心对称图形且该图形为菱形，
由图及对称性可知，最短距离是点Q到直线的距离；
而最大距离是点Q到的距离，，
所以的取值范围为；
（2）①先证明柯西不等式：
设，，由于，
于是，当且仅当时，等号成立，
于是令，，则，
所以，当且仅当取等号，所以的最小值为；
②将x替换成，原方程不变，于是点N形成的轨迹关于平面对称，
将y替换成，原方程不变，于是点N形成的轨迹关于平面对称，
将z替换成，原方程不变，于是点N形成的轨迹关于平面对称，
于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，
去绝对值后可以得到8个平面的方程，
当时，为,
与三个平面围城三角形，顶点为，
则为正三角形，边长，其面积为 ，
则最终点的轨迹形成图形的全面积为.