湖南省长沙市2025_2026学年高二数学上学期11月期中测试试卷含解析

这是一份湖南省长沙市2025_2026学年高二数学上学期11月期中测试试卷含解析，共19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。

时量：120分钟 总分：150分
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 复数在复平面内的对应点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】计算，写出的对应点，从而得解.
【详解】复数在复平面内对应点为，
在复平面内的对应点位于第二象限，选项B正确.
故选：B.
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线方程的一般式确定直线斜率，进而确定倾斜角.
【详解】由直线方程为，
则该直线斜率为，
所以它的倾斜角为，
故选：A.
3. 已知两圆分别为圆和圆，这两圆的位置关系是（ ）
A. 相离B. 外切C. 内含D. 相交
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出两圆圆心距，进而判断两圆位置关系.
【详解】圆的圆心，半径；
将圆化标准方程，得圆心，半径，
则，所以圆与圆相交.
故选：D
4. 已知为公差不为0的等差数列，若，则（ ）
A. 9B. 8C. 7D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列通项公式即可求解.
【详解】因为为公差不为0的等差数列，设公差为，
所以，
因为，所以，
故选：B.
5. 如图，空间四边形中，．点在上，且，为的中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算结合空间向量基本定理求解即可.
【详解】利用中，，，
所以．
故选：B．
6. 投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行．如图为一幅唐朝的投壶图，假设甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，且甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中是等可能的．若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中恰有1人投中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件概率公式，计算即可得答案.
【详解】设甲、乙、丙投中分别记事件，
由题意得，，
所以
.
故选：B
7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，过点作斜率为的直线交双曲线的右支于，两点，其中点在第一象限，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用双曲线的定义式，结合题设条件，推得，设在中，利用余弦定理可得关于的齐次方程，解之即得离心率.
【详解】
如图，根据双曲线的定义得，，
由于，，则，
所以．设由题可得，则，
在中，由余弦定理，可得整理得，
即，因，则可得 .
故选：C．
8. 已知为坐标原点，与为单位向量，，在定直线上，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由与为单位向量及分析可知的夹角为.令，则，点是以原点为圆心，为半径的圆上的动点，且.结合图形即可求解.
【详解】因为与为单位向量，
，
∴.
又，，即的夹角为.
∴点是以原点为圆心的单位圆上的动点，且.
令，则，
易知点是以原点为圆心，为半径的圆上的动点，
∴.
如图1，设直线，过点作直线于点，作直线于点.
则.
又，
可知如图2，当点点处，点在线段上时，取得最小值
此时，最小值为.
∴.
故选：B.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分）
9. 已知抛物线的焦点为，点在上，则（ ）
A. 的坐标为
B. 抛物线的准线方程为
C. 若，则
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据抛物线方程确定抛物线的顶点坐标与准线方程即可判断AB，然后再由抛物线的焦半径公式求解判断CD.
【详解】由抛物线，则，准线方程为，故A错误，B正确；
对于C，由于点在上，则，
而，则，即，所以，故C正确；
对于D，，当且仅当，即在原点时，等号成立，故D错误.
故选：BC
10. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在区间上单调递增
C. 在上存在个零点
D. 点是图像的一个对称中心
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据求正弦函数的最小正周期；根据三角函数的单调性及周期性判断单调性、零点问题.
【详解】函数的最小正周期，故A选项正确.
函数单调递增时，，.
解得，取时，即是的单调增区间，
而，故在区间上单调递增.故B选项正确.
函数的零点，.
解得，只有当或时，即或时，在区间内，
所以在上存在个零点.故C选项错误.
图像的对称中心，即函数的零点.，
所以点是图像的一个对称中心.故D选项正确.
故选：ABD
11. 如图，在棱长为1的正方体中，P，E分别为线段，AB上的动点，M为线段的中点，下列结论正确是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 不存在点E，使得与所成的角为
C. 的最小值为
D. 面积的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，根据高和底面均为定值可判断；对B，建系，利用夹角公式进行判断；对C，转化到同一个平面，利用余弦定理计算；对D，表示出点P到直线的距离，然后用面积公式计算判断．
【详解】对A，点E到平面的距离是定值，为定值，
所以三棱锥的体积为定值，A正确；
对B，建立空间直角坐标系：
，，，设，
所以，，
若与所成的角为，
则，
则，即舍去，
所以存在点E，使得与所成的角为，B错误；
对C，将平面沿着旋转到平面，如图：
的最小值等于CM的长，
因为，，，，，则，
所以，，
所以，
，C正确；
对D，设，，
，所以，，，
点P到直线的距离为，
由，当 时，有 ；当时，有，
所以面积的最小值为，最大值为，
所以面积的取值范围为，D正确．
故选：ACD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知向量，满足，，则__________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用空间向量数量积的坐标运算求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故答案为：1．
13. 已知等差数列，现在其每相邻两项之间插入一个数，使之成为一个新的等差数列，则数列的第23项为________．
【答案】
【解析】
【分析】先计算出原等差数列的公差，进而得到新的等差数列的公差，从而求出的通项公式，得到新数列的第项.
【详解】在相邻两项之间插入一个数，使之成为一个新的等差数列，
则等差数列的公差为原等差数列公差的．
设等差数列为，公差为，
易知，则，
则公差为，
则．
所以．
故答案为:.
14. 已知，从椭圆：外一点向椭圆引两条切线，切点分别为、，则直线称为点关于椭圆的极线，其方程为．如图，现有两个椭圆、，中心都是坐标原点，对称轴都是坐标轴，离心率分别为、，在内，椭圆上的任意一点关于椭圆的极线为．若到的距离为定值1，则的最大值为______．

【答案】##0.125
【解析】
【分析】根据定义写出极线的方程，由距离公式列出一个方程，再结合点在椭圆上找到，的关系再进行求解.
【详解】设椭圆:，（），则.
设椭圆:，（），则.
设，
由题意可得方程为：，
因为原点到直线的距离恒为1，所以.
又因为为椭圆上的点，所以，
所以，，
所以，
设，则，
，
当时，取得最大值，为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于把表示成函数，结合函数的值域求解.
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 已知圆，直线.
（1）判断直线与圆C的位置关系；
（2）求该圆过点的切线方程.
【答案】（1）相交 （2）和
【解析】
【分析】（1）根据圆的方程求出圆心和半径，结合圆心到直线的距离与半径的大小关系判断；
（2）讨论斜率情况，结合相切的等量关系可求答案.
【小问1详解】
圆，圆心，半径，
因为直线，所以圆心C到直线l的距离为，
因为，即，所以直线与圆C相交.
【小问2详解】
若切线没有斜率，则方程为. 圆心C到直线的距离为，满足条件；
若切线有斜率，设其值为，切线方程为，即，
，解得；此时，切线方程为；
综上所述，该圆过点的切线方程和.
16. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点．
（1）当为棱的中点时，证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过线线平行即可证得线面平行；
（2）建系后，写出相关点的坐标，出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【小问1详解】
取的中点，连接，，
因为为的中点，
所以，
因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，所以．
又平面平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为平面，即两两垂直，
故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
因为，所以，
所以．
设平面的法向量为，
则
取，得，
所以．
因为平面，
所以平面．
所以为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17. 已知中，内角，，所对的边为，，，其中，，的面积为．
（1）求角的大小；
（2）如图，点在边的延长线上，若，，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）现根据正弦面积公式，求出边长，再根据正弦定理和余弦定理解三角形；
（2）根据平面向量基本定理，用基底表示向量，根据向量模长的计算方法，求出线段的长.
【小问1详解】
面积，即，
，
在中，由余弦定理得，
，
由正弦定理，，
，，，
【小问2详解】
由（1），，
，，
，，，
，
.
18. 已知，其中为奇函数，为偶函数．
（1）求的解析式并指出的单调性（无需证明）；
（2）若对于任意的实数，都有成立，求实数的取值范围；
（3）若对于任意的实数，总存在实数，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），在上单调递增
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用函数的奇偶性，构成方程组即可求解；
（2）由已知，对于任意的实数，成立，即，即转化为求函数最小值，即可求得实数的取值范围；
（3）由（1）知，，可得，由存在，，即可求得实数的取值范围．
【小问1详解】
因为①，为奇函数，为偶函数，
则，即②，
联立①②，得，，
因为函数、在上均为增函数，故函数在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）得单调递增，
因为，所以，
整理得对于任意的成立，则，
令，则，
当且仅当时，即时取等号，所以.
【小问3详解】
由（1）知，，，
则
，
令，则，
则原题目转化为存在，使得成立，
当，成立，当时，，
综上，.
19. 已知椭圆的焦距为2，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为.

（1）求椭圆的方程；
（2）设A，B为椭圆的左右顶点，过右焦点的直线交椭圆于M，N两点，直线AM，BN交于点.
（i）求证点在定直线上；
（ii）设，求的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析（ii）1
【解析】
【分析】（1）由题意求出的值，即得答案；
（2）（i）设直线方程为，联立椭圆方程可得根与系数关系，写出直线，的方程，联立化简，即可证明结论；（ii）由可得的表达式，化简，即可求得答案.
【小问1详解】
依题意，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，
椭圆方程为
【小问2详解】
（i）证明：由（1）知可设直线方程为，
联立和，
得，直线l过椭圆焦点，必有，
，
，直线方程为，
直线方程为，
联立两方程得，
，即点在定直线上；
（ii）依（i）有.设，若，
则，则，
.
故当时，的最大值为1.