湖南省名校联考联合体2025_2026学年高二数学上学期期中联考试题含解析

这是一份湖南省名校联考联合体2025_2026学年高二数学上学期期中联考试题含解析，共18页。试卷主要包含了必修二，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟 满分：150分
得分：___________
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解绝对值不等式，求得集合，根据交集的定义可求得.
【详解】因为，且，
所以.
故选：B.
2. 已知（为虚数单位），则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的运算法则求解即可.
【详解】.
故选：D
3. 已知直线经过点和，则的一般式方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意写出直线的两点式方程，化简可得直线的一般式方程.
【详解】由直线的两点式方程得，，整理得.
所以直线的一般式方程为.
故选：D.
4. 已知椭圆的长轴长为短轴长的3倍，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】利用椭圆的性质求解即可.
【详解】，椭圆的长轴长，短轴长，由题意可知，，解得.
故选:A
5 已知长方体中，，，，若，，，则（ ）
A. 0B. 1C. 4D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的定义及数量积的运算律求解即可.
【详解】由题意知，，，两两垂直，故.
又，，，
所以.
故选：C.
6. 已知奇函数的定义域为，且，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得4为的周期，利用周期以及奇函数性质求解即可.
【详解】因为，所以，则4为的周期，.
故选：D
7. 定义两曲线，之间的最短距离为.已知，，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，先求出的最小值，那么即可求得的最小值.
【详解】由题意可知圆心，半径，
设，则，所以，，
当时，等号成立，所以.
故选：B.
8. 在平面直角坐标系中，已知三动点，，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定三点的轨迹方程，然后判断直线与圆的位置关系，然后作辅助线确定最大和最小时三点的位置关系，进而由几何图形和三角函数的单调性可求得范围.
【详解】设，，则，所以为直线上的动点，
令，则，所以，
则为圆上的动点.
同理知，也为圆上的动点.
易知圆心到直线的距离为，所以直线与圆相离.
如图，当时，过作直线，与相切，且切点为，，此时最大，
由圆的切线性质可知，，所以.
又，所以，
当，，三点共线，或，重合时，最小，且为，
根据余弦函数的单调性可知，.
故选：C.
二、选择题：本大题共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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. ，
C. 在上单调递减D. 是的图象的一条对称轴
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦函数的图像与性质依次判断选项即可.
【详解】对于A项，的最小正周期为，A正确；
对于B项，因为，所以不存在，使得成立，B错误；
对于C项，，则，所以在上单调递减，C正确；
对于D项，，所以不是的图象的一条对称轴，D错误.
故选：AC
10. 已知椭圆的左、右焦点为，，为椭圆上一点，且，点关于原点对称的点为，则（ ）
A. 椭圆的离心率为B.
C. 点的纵坐标满足D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆的定义，利用余弦定理，三角形面积公式等逐一计算即可判断.
【详解】对于A，由题意知，，，则，，故，故A正确；
对于B，在中，由椭圆的定义，，
由余弦定理，
，
即，解得，故B错误；
对于C，由的面积，
可得，故C正确；
对于D，由C选项知，点的横坐标满足，
所以，故，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知正方体的棱长为1，，分别为平面、平面的中心，，，则（ ）
A.
B. 当时，
C. 当时，的最小值为
D. 当时，的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用线线平行，结合空间向量线性运算判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量运算，结合相应条件求解判断BCD.
【详解】对于A，在正方体中，连接，则分别为的中点，
，且，因此，A错误；
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，
对于B，由，得，则，B正确；
对于C，当时，点在以为球心，半径为1的球面上运动，
而，因此的最小值为，C正确；
对于D，当时，平面，而平面，则平面，
因此的最小值为点到平面的距离，又，
设平面的法向量，则，取，得，
又，因此点到平面的距离为，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. 样本数据：100，99，102，105，98，96的70%分位数为____________.
【答案】102
【解析】
【分析】将所给数据按从小到大的顺序排列，根据百分位数的定义求解.
【详解】样本数据从小到大排列为：96，98，99，100，102，105.
因为，所以70%分位数为第5个数，即102.
故答案为：102.
13. 已知，，若向量在向量上的投影向量为，则____________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用投影向量的定义列式计算即得.
【详解】因，，
向量在向量上的投影向量为
，
则.
故答案为：1.
14. 设，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两支分别交于，两点，直线与交于另一点，若，，则的离心率为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及图形，再结合勾股定理计算得出，即可得出离心率.
【详解】如图，连接，，设，则，
由双曲线的定义可知，，，
设，则，.
在中，，
即，整理得，①
又，中，，
即，整理得，②
由②①得，，则，所以，.
在中，，
即，化简得.
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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若的面积为，且，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将两边平方，得，由余弦定理可得，进而求得；
（2）由三角形面积公式，结合正弦定理可求得，代入，可得，从而得到的周长.
【小问1详解】
由两边平方，得，
由余弦定理，得，
又，所以.
【小问2详解】
由，得.
由及正弦定理，得，
所以，所以，，
又，所以.
所以的周长为.
16. 设梯形的外接圆为，已知，且，，.
（1）求的标准方程；
（2）求梯形面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设的一般方程为，根据过三点，将点的坐标代入方程，列出方程组求解即可；
（2）根据平行关系求出的方程，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，结合弦长公式即可求出，由梯形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
设的一般方程为，
由题意可知，
解得，，，
所以的一般方程为，
故标准方程为.
【小问2详解】
因为，所以，
则直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
因此，
易知，且圆心在直线上，所以梯形的高，
故梯形的面积为
17. 如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）设的中点为，，点为线段上（不含端点）一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，及线面垂直的判定定理可得；
（2）根据题意，建立恰当的空间直角坐标系，设，由直线与平面所成角的正弦值为，求得参数的值，根据求平面与平面的夹角的向量方法求得平面与平面的夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面.
又平面，所以.
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面.
又平面，所以.
因为，平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知，，，两两垂直，以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系.
因为的中点为，，所以，又，，
则，，，，，
所以，，，，，，
设，则，所以，
则，
由（1）知，平面，取平面的一个法向量
设直线与平面所成的角为，
则，
整理得，
解得（舍去）.
则
设平面的法向量为，
，则，取，则；
设平面的法向量为，
，则，取，则，
于是，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 设，为双曲线的左、右顶点，的渐近线方程为，且经过点.直线与分别相交于，两点（异于点，）.
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线经过点，且斜率为1，求的面积；
（3）若轴，直线与直线相交于点，求点的轨迹方程.
【答案】（1）；
（2）；
（3）（且）.
【解析】
【分析】（1）由渐近线的方程结合双曲线的方程得到，将点代入双曲线，联立方程组求解；
（2）求出直线的方程，设，，直线和双曲线联立方程组，消去，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得到和，利用弦长公式求出，利用点到直线的距离求出点到直线的距离为，利用三角形面积得到的面积.
（3）写出和的坐标，设，，由轴得到的坐标，
由，，三点共线利用斜率相等建立等式，由，，三点共线利用斜率相等建立等式，这两个等式相乘得到一个等式，代入双曲线方程，从而得到.
【小问1详解】
由双曲线的渐近线方程为可知，，①
又经过点，所以，②
由①②解得，，
故双曲线的方程为；
【小问2详解】
易知直线的方程，设，，
由，整理得，
则，，
所以，
又点到直线的距离为，
故的面积
【小问3详解】
易知，，
设，，因为轴，所以，
因为，，三点共线，所以；①
因为，，三点共线，所以；②
由①×②，得，
又，所以，
所以，整理得，
当时，，此时，与矛盾，故，
故点的轨迹方程为（且）.
19. 设椭圆的左顶点为，下顶点为，右焦点为，，为坐标原点，且的面积为.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）已知过且斜率的直线与交于不同于的两点，.
（i）设直线，的斜率分别为，，求的值；
（ii）若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）（i）（ii）
【解析】
【分析】（1）先将点的坐标表示出来，然后根据已知条件列出方程组，进而求出，从而得到椭圆的标准方程.
（2）（i）先求出直线的方程，然后联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，化简的表达式，即可求得其值；（ii）利用和差倍角的正切函数，结合几何图形进行化简得到，然后利用韦达定理求出，进而根据（i）中的结果求出，从而得到直线方程.
【小问1详解】
设，，，
由条件可知，
解得
故椭圆的标准方程为
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）可知，
设直线的方程为，，，，
由，消去，化简得，
则，，
由题意得，，
，
则
（ⅱ）不妨设，，如图，，，
所以，
由（ⅰ）可知，
，
所以，则，
当时，由（ⅰ）知，，所以；
当时，由（ⅰ）知，，所以，
故直线的方程为，即.