山东省聊城市2025-2026学年高二上学期11月期中数学试题（解析版）

这是一份山东省聊城市2025-2026学年高二上学期11月期中数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了答题前，考生务必用0，第Ⅱ卷必须用0，3B等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名､座号､考生号､县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上.
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液､胶带纸､修正带.不按以上要求作答的答案无效.
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，只有一项符合题目要求.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线方程，判断直线倾斜角即可.
【详解】由题意可知直线垂直于轴，所以倾斜角为.
故选：B.
2. 空间中，若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（ ）
A. B.
C. 或D. 与斜交
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量与的数量积为零，判断，再根据线面平行的判定定理可得，或者.
【详解】根据和得：；
因为，可得，所以；
为平面的法向量，所以或者.
故选：C.
3. 直线与直线平行，则的值为（ ）
A. 6B. C. 6或D. 1或
【答案】B
【解析】
【分析】根据两直线平行的判定方法，列方程求解即得.
【详解】由题意，可得，解得.
故选：B.
4. 甲､乙两人进行三局两胜制的乒乓球比赛.已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，利用计算机模拟试验估计乙获胜的概率.用计算机产生之间的随机数，当出现或3时，表示此局乙获胜，当出现其他数字时，表示此局甲获胜.以3个随机数为一组代表比赛三局的结果.根据以下产生的20组随机数估计乙获胜的概率为（ ）
A. 0.3B. 0.35C. 0.4D. 0.45
【答案】B
【解析】
【分析】根据古典概型概率公式计算乙获胜的概率即可.
【详解】总共有组样本数据，经统计当出现或3时，表示此局乙获胜的数据共有7组，
则乙获胜的概率.
故选：B
5. 若圆与坐标轴的交点是一个等腰直角三角形的三个顶点，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由圆的方程，分别令，，求得A，B，C三个顶点的坐标即可求解.
【详解】由圆，
令，得，解得或；
令，得，解得或；
则不妨设，
结合题意可知等腰直角三角形的直角顶点A为原点，
则可得，解得，
故选：D
6. 在棱长为1的正四面体中，点为的中点，点在上，且，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，将题设中的和分别用线性表示，再根据向量数量积的运算律计算即得.
【详解】
如图，设，依题意，
连接，因
，
又，
则
.
故选：A.
7. 有3双不同颜色的手套，如果从中随机取出2只，取出的手套一只是左手一只是右手的，但颜色不同的概率为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据古典概型概率计算公式，通过列举法，写出所有可能的情况，求出结果即可.
【详解】设3双不同颜色的手套分别为，其中左手为，右手为，
则随机取出两个由15种不同的情况，分别为，
符合条件的有6种情况，分别为，
则取出的2只手套一只是左手一只是右手的，但颜色不同的概率为；
故选：C.
8. 已知三点，动点满足，若，则线段（为原点）长度的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，由题分析可知点为的中点，得，根据化简可得，从而可知点在以为圆心，为半径的圆上，再结合点到圆上点距离最值求解.
【详解】设，由，，得点为的中点，则.
又，，则，，
因此，即，
点在以为圆心，为半径的圆上，
线段长度的最大值为.
故选：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面向上”，事件“第二枚反面向上”，则（ ）
A.
B. 与相互对立
C. 与相互独立
D. 与互斥
【答案】AC
【解析】
【分析】求出可判断A；根据对立事件的定义可判断B；根据独立事件的定义可判断C；根据互斥事件的定义可判断D.
【详解】掷两枚质地均匀的硬币，样本空间为：{（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）}，
事件“第一枚正面向上”，即{（正，正），（正，反）}
事件“第二枚反面向上”，即{（正，反），（反，反）}，
则，得，故A正确；
由于事件A和事件B能同时发生，所以与不为互斥事件，也不为对立事件，故B、D错误；
事件“第一枚正面向上且第二枚反面向上”，即{（正，反）}，
则，则，所以与相互独立，故C正确，
故选：AC.
10. 已知圆，圆，直线.（ ）
A. 直线过定点
B. 当时，直线被圆截得的弦长为
C. 当时，圆与圆有两个公共点
D. 当时，过圆上的点作圆的两条切线，切点分别为，则存在点使四边形为正方形
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用直线过定点可判断A,利用垂径定理和勾股定理求弦长可判断B，利用两圆心距和半径可判断C，利用圆上到点到定点的距离范围可判断D．
【详解】对于A，由直线恒过定点,故A正确；
对于B，由原点到直线的距离为，
所以直线被圆截得的弦长为，故B正确；
对于C，由圆，
所以圆与圆的圆心距为，
圆与圆的半径分别为，所以，
即两圆内切，只有一个公共点，故C错误；
对于D，圆，

假设存在点使四边形为正方形，则，
由此可得：，
根据圆上动点到原点的距离的取值范围是：，
而，所以圆上存在点，故D正确；
故选：ABD.
11. 四边形为正方形，平面.（ ）
A 平面
B. 点到的距离为
C. 点到平面的距离为
D. 点在线段上（不含端点），则与平面所成角的正弦值的范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质、空间点到直线和点到面的距离公式、空间向量夹角公式逐一判断即可.
【详解】因为四边形为正方形，平面，
所以建立如图所示的空间直角坐标系，
.
A：设平面的法向量为，
，，，
所以有，
显然，CE不在平面内，所以平面，因此本选项正确；
B：，，
于是，
所以点到的距离为，所以本选项不正确；
C：设平面的法向量为，
，，，
所以有，
点到平面的距离为，
所以本选项说法正确；
D：，设，
，
设与平面所成角为，
，
设，，
二次函数的对称轴为，
所以当时，有，于是有，
于是有，所以本选项说法正确，
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知事件与事件相互独立，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据事件与事件相互独立，由求解可得.
【详解】因为事件与事件相互独立，且，
所以，
故答案：
13. 以和轴上一点为顶点的三角形的面积为5，则的纵坐标为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】求出，根据的面积为5，算出点P到的距离d．求出的方程，设点，利用点到直线的距离公式解出m的值，即可得到答案．
【详解】∵点，∴，
设点P到的距离为d，
∵的面积为5，∴，得，
∵直线的方程为，即，
设P的坐标为，
∴，解得或，
∴的纵坐标为或．
故答案为：或．
14. 如图，在四棱锥中，底面，底面为梯形，，且是棱的中点，设平面，则的值为__________.

【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理，以为一组基底，分别表示和向量，再根据向量与共线的条件求出参数即可.
【详解】以为一组基底，所以，
，由已知点在平面内，即与共面，
可设，又因为为的中点，所以，
所以，由与共线，设，
所以，即，解得，
所以，
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､演算步骤.、
15. 在某闯关游戏中，每位参赛者有两次闯关机会，如果第一次闯关成功，则获得奖品，且不再进行第二次闯关；否则进行第二次闯关，第二次闯关成功则获得奖品，若两次都没成功则没有奖品.已知甲每次闯关成功的概率都是0.8，乙每次闯关成功的概率都是0.5，假设甲､乙两人闯关互不影响，且每人每次闯关是否成功相互独立.
（1）甲第二次闯关获得奖品的概率；
（2）乙获得奖品的概率；
（3）求甲和乙两人中至少一人获得奖品的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）0.99
【解析】
【分析】（1）甲第二次闯关获得奖品意味着甲第一次闯关失败且第二次闯关成功．根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）乙获得奖品有两种情况：第一次闯关成功或者第一次闯关失败但第二次闯关成功．根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
（3）“甲和乙两人中至少一人获得奖品”的对立事件是“甲和乙两人都没有获得奖品”．根据相互独立事件及对立事件的概率公式计算可得．
【小问1详解】
设事件“甲第次闯关成功”，，
则．
甲第二次闯关获得奖品事件为且与相互独立，
所以甲第二次闯关获得奖品的概率为
．
【小问2详解】
设事件“乙第次闯关成功”，，则.
设事件“乙获得奖品”，事件“乙未获得奖品”，则，
乙获得奖品的概率为
【小问3详解】
事件“甲获得奖品”，则事件“甲未获得奖品”．
设事件“甲和乙两人中至少一人获得奖品”，则
．
故甲和乙两人中至少一人获得奖品的概率0.99．
16. 已知的顶点，边上的高线所在的直线方程为，边上的中线所在的直线方程为.
（1）求点的坐标；
（2）求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先设，根据高线过点及中线列式求解；
（2）先求出交点，再应用两点间距离及点到直线距离计算面积即可.
【小问1详解】
设，则的中点，
则解得即.
故点坐标为.
【小问2详解】
由边上的高线所在的直线方程为，
可设直线的方程为，
将代入可得，即，所以直线的方程为
因为为直线与的交点，
所以联立解得即.
则.
点到直线的距离为.
所以.
故的面积为20.
17. 棱长为2的正方体中，分别为棱上的动点，且.
（1）若，求与所成的角的余弦值；
（2）证明：平面平面.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求得，再利用夹角公式求解；
（2）求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，再由证明.
【小问1详解】
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图.
，
.
所以，
所以.
故与所成的角的余弦值为.
【小问2详解】
设，则，
.
设平面的一个法向量，
由则
令，则，所以平面的一个法向量.
同理可得平面的一个法向量.
因为.
所以平面平面.
18. 已知圆心分别为和的两个圆的半径都是1，过动点分别作圆，圆的切线（分别为切点），使得.
（1）求动点的轨迹方程，并说明轨迹的形状；
（2）直线被轨迹截得的弦长最短时，求的值及最短弦长.
【答案】（1），以为圆心，半径为的圆
（2），最短弦长为10
【解析】
【分析】（1）设点的坐标为，结合图形利用切线性质将化成，利用两点之间距离公式化简即得动点的轨迹方程；
（2）先求出直线经过的定点，根据圆的性质可知，当时，被圆截得的弦长最短，由此根据斜率建立方程求出参数的值，进而利用弦长公式即可计算弦长.
【小问1详解】
由得.
因为两圆的半径均为1，所以，
代入上式可得，.
设点的坐标为，则，
整理得，即.
因此所求的轨迹是以为圆心，半径为的圆.
【小问2详解】
方程可化为.
由，解得，则直线恒过定点.
记轨迹的圆心为，当时，直线被圆截得的弦长最短，此时恰为线段的中点.
因为，所以直线的斜率为1，即，解得，
圆心到直线的距离为，
则弦的长为.
故当时，直线被轨迹截得的弦长最短，最短弦长为10.
19. 在三棱锥中，与平面所成的角为.

（1）若，如图，过点作平面，分别交于点.
①求的值；
②若为的中点，为平面内的动点，求周长的最小值.
（2）若，求平面与平面所成角的取值范围.
【答案】（1）①；②
（2）
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，①设，由得，解出即可求解；②设点关于平面的对称点为，则，当共线时，有最小值，最小值为，先求的坐标，利用两点间距离公式得，进而求解；
（2）以为坐标原点，所在直线为轴，平行的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，点在平面的投影为以为圆心，为半径，设分别求平面与平面的法向量，设平面与平面所成的角为，且，利用向量的夹角公式得，令，则，利用单调性即可求解.
【小问1详解】
①由，得，过点作，以为坐标原点，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由，得，，则，
.
设，则，
因为，所以，则，即，解得.故的值为.

②设点关于平面的对称点为，则，所以，当共线时，有最小值，最小值为.
因为在上，平面与平面交于点，所以为的中点.
因为，所以点的坐标为.
因为为中点，所以点的坐标为.
因为为的中点，所以点的坐标为.
所以，又.
所以周长的最小值为.
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线为轴，平行的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.

.
因为与平面所成的角，
所以点在平面的投影在以为圆心、为半径的圆上
的圆，且点平面的距离为.
设，
，
设平面的法向量为，
可得
令，得.
易知平面的法向量为.
设平面与平面所成的角为，且，
则，
令，则.
又在上单调递减，因此，
所以平面与平面所成角的取值范围为.977
864
191
925
271
932
812
458
569
683
431
257
394
027
556
488
730
145
537
908