湖北省2025_2026学年高二数学上学期期中试卷含解析

这是一份湖北省2025_2026学年高二数学上学期期中试卷含解析，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系中点关于坐标平面对称点坐标的特征可得对称点的坐标.
【详解】因为点关于坐标平面对称点坐标为，
所以点关于平面的对称点的坐标为.
故选：D
2. 已知直线，，则是的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据或重合，找到平行的充要条件，再根据充分、必要条件定义判断.
【详解】当或重合时，，，或，
当时，，，此时，
当时，，，此时，
所以是的充分不必要条件.
故选：B.
3. 从有3个男生和2个女生的小组中，任选2人去参加活动，则至少有一个女生参加的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用古典概型概率公式求解即可.
【详解】从有5人的小组中，任选2人去参加活动有种选法，
其中至少有一个女生的选法有种，
所以至少有一个女生参加的概率为.
故选：B.
4. 在空间直角坐标系中，向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据空间向量的坐标运算求出，，然后根据投影向量公式求解即可.
【详解】因为，，所以，，
则向量在向量上的投影向量为 .
故选：D
5. 直线可以由一个定点和这条直线的方向向量唯一确定.设直线经过点，它的一个方向向量是，是直线上的任意一点，则存在唯一的实数，使，即，我们把这个方程称为直线的参数方程.已知直线的参数方程为（为参数），则该直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先得到直线的方向向量，即可求出斜率，从而求出倾斜角.
【详解】因为直线的参数方程为（为参数），所以直线的方向向量，
所以直线的斜率，又，则.
故选：D
6. 在一次随机试验中，三个事件，，发生的概率分别是0.4，0.5，0.6，则下列选项一定正确的是（ ）
A. 与是互斥事件B.
C. D. 是必然事件
【答案】C
【解析】
【分析】通过举反例说明A和D不正确；通过交事件的性质、并事件的概率的求法判断B和C.
【详解】对于A，若，则.故A不正确；
对于B，，
解得，故不一定等于，故B不正确；
对于C，由得，故C正确；
对于D，若，则.故D不正确.
故选：C.
7. 如图，两条异面直线，所成角为，在直线，上分别取点，和点，.已知，，当长度最小时，，则线段的最短长度为（ ）

A. 2或B. 4C. 2或4D. 4或
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的运算法则，将用表示出来，等式两边同时平方，结合异面直线所成角的条件求解的最短长度.
【详解】由题意知，所以，
展开得，异面直线，所成角为，
代入得，所以或.
故选：C
8. 已知是圆上任意一点，若是定值，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式将问题转化为点到直线和的距离之和的5倍，再根据直线与圆的位置关系得出.
【详解】由题得
其中，和分别表示点到直线和的距离，
因是定值，则此圆夹在两直线和之间，
如图：
所以，得，
则实数的取值范围是.
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. 下列四个命题中正确的是（ ）
A. 设有一批产品，其次品率为0.05，则从中任取200件，必有10件是次品
B. 点为平面上的一点，点为平面外的一点，若，则
C. 若向量，夹角为钝角，则的取值范围为
D. 已知，，若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：根据概率的意义分析判断；对于B：根据四点共面的推论运算求解；对于C：根据空间向量的坐标运算求解；对于D：根据直线方程结合交集运算求解.
【详解】对于选项A：因为其次品率为0.05，从中任取200件，其结果是随机的，不可能是确定的，故A错误；
对于选项B：因为，且四点共面，
则，所以，故B正确；
对于选项C：若向量，夹角钝角，
则，解得，
若向量，共线，
则，解得，
所以的取值范围为且，故C错误；
对于选项D：对于，可得，且，
即集合A表示直线，点除外，
对于，即，
即集合B表示过定点，且斜率为的直线，
若，可知两直线重合，则，即，
故时，，故D正确；
故选：BD.
10. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，、，点满足.设点的轨迹为，则下列说法正确的是（ ）
A. 轨迹的方程为
B. 若，则的最小值为
C. 当轨迹上恰有三个不同的点到直线的距离为3时，
D. 在上不存在点，使得
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义与方程结合直线与圆的位置关系、三角形面积最大值的计算对选项逐个分析.
【详解】设，P不与A、B重合，
由、，有，，
，即，化简得，
所以点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，如图所示，

对于A：由曲线的方程为，所以A正确；
对于B：设，可得，
由题意可知，直线与圆有公共点，则，
解得，故的最小值为，所以B正确；
对于C：圆上恰有三个不同的点到直线距离为，
需圆心到直线距离（且，
圆心到直线的距离：时，直线，
圆上到距离为3的点有三个（相切1个，相交2个），
故也满足，所以C错误；
对于D：设，由得，
化简得，因为，
所以上不存在点，使得，所以D正确.
故选：ABD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，是棱BC的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 的最小值为
C. 为四面体的棱切球的直径，则的最大值为2
D. 若与平面所成的角为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用，可得点到平面的距离为定值可判断A；对于B，连接，和，，将面和面展开成一个平面得到四边形，利用余弦定理可求得的最小值判断B；对于C，由极化恒等式求得的范围判断C；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得的表达式，进一步计算求范围即可.
【详解】对于A，因为，平面，平面，所以平面，
又点是棱上的动点（含端点），所以点到平面的距离为定值，故A正确；
对于B，如图，连接，和，，
将面和面展开成一个平面得到四边形，
则和交点为，此时最小，
因为，，，所以，又，
又，
所以，
在三角形中，由余弦定理可得：
，故B错；
对于C，四面体的棱切球为正方体的内切球，
设该球球心为，直径为，则，
由极化恒等式
，
当点与或重合时最大，此时，故，故C对；
对于D，以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
则
，，，
设平面的法向量，则
令，则，故，则
，
当时，，当时，
，
当且仅当时等号成立，又，
综上可知，，故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，，若，则______.
【答案】5
【解析】
【分析】根据即可得出m，n的值，然后得解．
【详解】由，得，解得，，
所以
故答案为：5
13. 已知点，线段长度为，经过点且与两坐标轴的截距都相等的直线与线段始终有交点，则点的轨迹长度为_____.
【答案】
【解析】
【分析】先写出直线方程，再应用直线和圆位置关系得出的轨迹是，应用弧长公式计算求解.
【详解】过点且与两坐标轴的截距都相等的直线，直线的方程为，
点B在以A为圆心，为半径的圆上，
因直线与线段有交点，故点与点在直线的两侧或其中一点在直线上，
设直线与圆的交点为M、N，则的轨迹是劣弧，
因为点到直线的距离为，
所以，
所以，点的轨迹长度为.
故答案为：.
14. 给定一个正四面体，动点在以顶点为球心，棱为半径的球面上运动，若，则的最大值是_____.
【答案】
【解析】
【分析】记，过点作平面的平行平面，当平行面与球相切，且与平面位于球心同侧时，取得最大值，计算即可.
【详解】如图所示，记，过点作平面的平行平面，当平行面与球相切，且与平面位于球心同侧时，取得最大值，设此时切点为；
连接，易得平面，设垂足为，连接，球的半径为，
则，外接圆半径，即，
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、证明过程或演算步骤.
15. 如图，在三棱柱中，，分别为和的中点，设，，.

（1）用，，表示向量；
（2）若，，，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用空间向量的加减法及数乘运算求解；
（2）应用空间向量的数量积公式结合数量积运算律计算求解.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
因为，，，，，
所以，
；
16. 甲、乙两人进行轮流投篮比赛，每人每次只投一球.约定先投中者获胜，当有人投中或者每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且两人各次投篮互不影响.
（1）若甲先投篮，求投篮结束时，甲只投了2个球的概率；
（2）若乙先投篮，求乙获胜的概率.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）分甲乙甲乙、甲乙甲（只有最后一局赢）两种情况，根据互斥事件和独立事件的概率公式计算；
（2）分乙、乙甲乙、乙甲乙甲乙（只有最后一局赢）三种情况，根据互斥事件和独立事件的概率公式计算.
【小问1详解】
设，分别表示甲、乙在第次投篮投中，
则由题意可得，，
记事件为“投篮结束时甲只投了2个球”，
则
，
即若甲先投，投篮结束时，甲只投了2个球的概率为；
【小问2详解】
若由乙首次投篮，记事件为“乙获胜”，
则
，
故若乙先投篮，乙获胜的概率为.
17. 中，，边上的高所在直线的方程为，角的角平分线所在直线的方程为.
（1）求所在的直线方程；
（2）已知：直线（其中为参数），求直线被的外接圆截得的弦长最小值（其中为坐标原点）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合轴对称求出直线方程.
（2）由（1）求出的外接圆方程，直线所过定点，再利用圆的性质求出最短弦长.
【小问1详解】
在中，由边上的高所在直线的方程为，得垂直于轴，
而，点在上，则，
设关于直线的对称点为，则，解得，
即点在直线上，直线的斜率，
所以直线所在的直线方程为，即.
【小问2详解】
由（1）得点，线段的垂直平分线方程为，
线段的垂直平分线方程为，由得的外接圆圆心为，
该圆半径为，方程为，
由直线，得，
则，解得，因此直线过定点，，即点在圆内，
则直线与圆相交，当直线被圆截得的弦长最小时，直线，
所以直线被的外接圆截得的弦长最小值为.
18. 已知直三棱柱，，、分别是边、的中点.

（1）证明：平面；
（2）若三棱锥体积为，且，设与平面所成的角为，求的最大值；
（3）在第二问取最大值的条件下，在平面内将绕着顺时针旋转角后，得到新的位置点，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）证法一：取中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
证法二：取中点，连接、，证明出平面平面，利用面面平行的性质定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，可知即为与平面所成的角，利用锥体的体积可得出，利用基本不等式可求得的最大值；
（3）以点为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
证法一：如下图所示，取中点，连接、，

是的中点，为的中位线，且，
又且，且，
四边形为平行四边形，.
又平面，平面，平面；
证法二：如下图所示，取中点，连接、，

是的中点，为中位线，，
又平面，平面，平面.
在三棱柱中，，，则四边形为平行四边形，
，，
、分别为、的中点，且，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
，、平面，平面平面，
又平面，平面
【小问2详解】
如下图所示，连接，
是直三棱柱，平面，

平面，.
，，、平面，
平面，就是在平面内的射影，
即为与平面所成的角.
，，则，
（当且仅当时等号成立）.
在中，，故的最大值为.
【小问3详解】
由（2）可得，以点为原点，
、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，
，，，
设平面的一个法向量为，则，
，取，可得，
易得平面的一个法向量为，
故平面与平面夹角的余弦值为.
19. 已知，是圆与轴的交点，为直线上的动点，为上的动点.
（1）判断圆与圆的公切线条数，并说明理由；
（2）如图1：过点作圆的切线，切点为，，当最小时，求直线的方程；
（3）如图2：，与圆的另一个交点分别为，.直线是否过定点，若过定点则求出定点坐标，若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）3条，理由见解析；
（2）
（3）过定点.
【解析】
【分析】（1）根据圆心间距离和半径和相等得出圆圆的位置关系进而得出公切线条数；
（2）根据题意可得，又，则当取最小值时，最小，当直线时时，取得最小值，求出此时的切线方程，从而可求得切点坐标，即可得出答案；
（3）设，求出直线的方程，然后求出两点的坐标，求出直线的方程，即可得出答案
【小问1详解】
3条公切线；
圆的圆心为半径为，圆圆心，半径为，
圆心距为，半径和半径为，
，两圆外切，故两圆有3条公切线.
【小问2详解】
因为直线，为圆的切线，所以，则，
又，所以，
则当取最小值时，最小，即直线时，取得最小值，即，
此时切线的斜率不存在，切线的方程为，
此时切线的斜率存在，切线的方程为，
一个切点坐标，同理另一切点坐标为，
所以直线的方程为，即当最小时，
直线的方程为；
【小问3详解】
证明：如图，，设，
（i）当时，则直线的方程为，
直线的方程为，
联立，
得，则，则，
同理，
所以直线的斜率，
则直线的方程为，
即，所以直线恒过定点.
（ii）当时，与点重合，与点重合，此时的直线方程，直线过.
综上所述：直线恒过定点.