湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题（解析版）

襄阳四中2024级高二年级上学期期中考试数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，从而得到，再计算其模.【详解】因为，所以，则，所以.故选：B2.过直线与的交点，且与直线垂直的直线的方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求直线与的交点，再利用垂直直线的斜率关系求得斜率，代入点斜式方程求解即可.【详解】联立与，将的代入得，整理得，化简得，所以.再将代入得，即交点为.直线斜率为，由垂直关系得直线斜率.所以过点且斜率为的直线点斜式为，即.故选：D3.一组正数的平均数为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先通过平均数列式求得，然后利用基本不等式常数代换技巧求解最值即可.【详解】因为正数的平均数为，所以，所以.所以，当且仅当即时取等号.故选：C4.若满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意得方程表示圆心为、半径为的右半圆，然后结合截距的概念，利用直线与半圆的位置关系数形结合求解即可.【详解】由题意，方程需满足，将方程平方整理得，即圆心为、半径为的右半圆，令，即，所以为直线在轴上的截距，当直线过右半圆上顶点时，直线在轴上的截距最大，此时最小，所以的最小值为．故选：B5.若既在直线上，又在以为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将问题转化为求的最小值，利用对称性即可求解.【详解】因为椭圆焦点为、，所以焦距，即，离心率，因此求的最大值等价于求的最小值，因为是椭圆上任意点，所以，因此的最小值对应的最小值点在直线上，直线与两焦点、同侧，取关于直线的对称点，所以线段的中点在直线上，故，即；直线与直线垂直斜率乘积为，故，即，联立得，，即，当、、共线时，最小，最小值为，，因此的最小值为，即，代入离心率公式得：．故选：D．6.我们知道，空间中，过点且一个法向量为的平面，其方程可以写成，则点到平面的距离（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可知平面法向量，然后利用点面距离的向量公式求解即可.【详解】在平面上任取一点，不妨取原点，设点为，所以，点为坐标原点，由题意平面的法向量为，则点到平面的距离．故选：D7.已知正四棱柱中，(点E在棱BB1上)，，则该四棱柱被过点，，的平面截得的截面面积为A. B.36 C. D.【答案】C【解析】【分析】在上取点，使，连接，，得出截面四边形是平行四边形，利用勾股定理，分别求得，结合余弦定理和面积公式，即可求解.【详解】由题意，正四棱柱中，，，可得，，在上取点，使，如图所示，连接，，可得且，则四边形是平行四边形，四棱柱被过点，，的平面截得的截面为，由勾股定理可得，，，所以，所以，所以平行四边形的面积为.故选:C.8.若，向量满足，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知根据数量积的运算律得，设，则，从而求得，利用列不等式，解不等式即可得解．【详解】因为，即．又，则，设，则，故．由为与的夹角，则，解得．因为，即，解得，故的最大值为．故选：B二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.下列命题为真命题的是（）A.若，则与相互独立B.若与互斥，则C.方差、标准差、极差均能反映一组数据的离散程度D.数据的第百分位数为【答案】ABC【解析】【分析】根据独立事件的定义判断A；根据互斥的定义求解概率判断B；根据方差、标准差、极差的概念判断C；根据百分位数的求法求解判断D.【详解】选项A：根据相互独立事件的定义，若事件与满足，则与相互独立，故A为真命题；选项B：若与互斥，则和不能同时发生，即，因此，故B为真命题；选项C：方差、标准差反映数据与均值的偏离程度，极差最大值减最小值反映数据的波动范围，三者均能刻画数据的离散程度，故C为真命题；选项D：数据共个，计算第百分位数为整数，因此第百分位数为第个数与第个数的平均值，即，故D为假命题.故选：ABC10.设椭圆的左，右焦点分别为，点是椭圆上的动点，则下列结论正确的是（）A.离心率B.的最小值为C.的大小可以是D.满足为等腰三角形的点有个【答案】ACD【解析】【分析】由椭圆的几何性质分别判断即可.【详解】由椭圆方程知：，，；对于A，离心率，A正确；对于B，为椭圆左焦点，，B错误；对于C，当为椭圆上下顶点时，，，，，则当在椭圆上运动时，，则大小可以是，C正确；对于D，当为椭圆上下顶点时，，满足为等腰三角形；，即，能成立，根据椭圆对称性知：此时有点满足题意；同理可知：时，有点满足题意；满足为等腰三角形的点有个，D正确.故选：ACD11.如图，在长方体中，，分别是棱的中点，点在侧面内，且，则（）A.的最小值是B.C.三棱锥的体积是定值D.三棱锥的外接球表面积的取值范围是【答案】BCD【解析】【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，根据可求得点的轨迹，从而可判断AB；证明平面，即可判断C；由三棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上，设球心为，，根据，将用表示，从而可求得外接球半径的范围，即可判断D.【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设，则，因为，所以，得，所以，则，得，，当时，，则，当时，则，则，综上，，所以三点共线，即点的轨迹即为线段，对于A，，即的最小值是，故A错误；对于B，，则，所以，故B正确；对于C，，则为定值，由点的轨迹即为线段，且，所以，又平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，所以三棱锥的体积是定值，故C正确；对于D，设的中点为，则在中，外接圆的圆心即为点，则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上，设球心为，，则，即，所以，则，因，所以，即三棱锥的外接球的半径，所以三棱锥的外接球表面积的取值范围是，故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.从集合中任取两个不相等正数，则成立的概率是__________.【答案】【解析】【分析】先用列举法将所有有序对列出，共有个，再根据的取值，进行分类讨论，得到满足条件的有序对共有个，根据古典概型概率公式即得.【详解】根据题意，从集合中任取两个不相等的正数，构成有序对，总情况有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共个，当时，由，得，有，，，，共个；当时，由，得，有，共个；当时，由，得，无满足条件的；综上，符合条件的有序对共个，所以，成立的概率为.故答案为：

13.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点A、B及动点，若（且），则点的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）．在平面直角坐标系中，已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为_______．【答案】【解析】【分析】由已知可得，则点M的轨迹是以为直径的圆，除去F点，得到的轨迹方程为，由阿氏圆性质找到点，将转化为，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可.【详解】当时，，此时交点为，当时，由直线，斜率k；由直线，斜率为，，又，所以直线恒过点，，所以直线恒过，若M为，的交点，则，所以点M的轨迹是以为直径的圆，除去F点，E点,综合以上两种情况，点M的轨迹是以为直径的圆，除去F点，则圆心为的中点，圆的半径为，故M的轨迹方程为，即，又,易知在该圆内，又由题意可知圆C上一点满足，取，则，满足.下面证明任意一点都满足，即，因为，又,所以,所以，又，，如图,当且仅当三点共线,且M位于N,D之间时,等号成立,即的最小值为.故答案为：【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点D，构造，转化线段和结合三角形三边关系计算即可.14.已知椭圆：的两条弦相交于点（点在第一象限），且轴，轴.若，则椭圆的离心率为______．【答案】【解析】【分析】设，则，，再根据关于x轴对称，关于轴对称，可求得，再由在椭圆上，构造出的齐次式即可得解.【详解】设，则，，由题知关于x轴对称，关于轴对称，所以，，即，，所以，所以，即，所以，即，所以椭圆的离心率为，故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．（1）求边所在直线方程；（2）求点和点的坐标．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）先利用上的高所在方程求出斜率，再利用点斜式求出方程；（2）先利用是与中线的交点，联立直线与方程求出点坐标，利用是中点，结合在上的高所在直线方程上，求出点坐标．【小问1详解】上的高所在直线方程为，斜率为，而与其高所在直线垂直，，解得，，根据点斜式得，整理得．【小问2详解】是与中线的交点，联立直线与方程得，，.设点，是的中线，为中点，，，又在直线上，，整理得，又在上的高所在直线方程上，联立，解得，．16.某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示.（1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数:（2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率:（3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差.【答案】（1），85（2）（3）得分在内的平均数为81，方差为26.8.【解析】【分析】（1）首先根据频率和为1求出，再根据百分数公式即可得到答案；（2）求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可；（3）根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可.【小问1详解】由题意得:，解得，设第60百分位数为，则，解得，第60百分位数为85.【小问2详解】由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、.则样本空间为.设事件“两人分别来自和，则，因此，所以两人得分分别来自和的概率为.【小问3详解】由题意知，落在区间内的数据有个，落在区间内的数据有个.记在区间的数据分别为，平均分为，方差为；在区间的数据分别为为，平均分为，方差为；这20个数据的平均数为，方差为.由题意，，且，则.根据方差的定义，由，可得故得分在内的平均数为81，方差为26.8.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分利用方差定义，推导出分层抽样的方差计算公式即可.17.如图，四边形中，，，，，，分别在，上，，现将四边形沿折起，使．（1）若，在折叠后的线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.（2）求三棱锥的体积的最大值，并求出此时点到平面的距离.【答案】（1）存在，（2）三棱锥A­CDF的体积的最大值为3，此时点F到平面ACD的距离为【解析】【分析】(1)在AD上取一点P，使得，证明线面平行，则P点就是所求的点；(2)先设，运用二次函数即可求出三棱锥的体积最大值，再运用等体积法求出F到平面ACD的距离.【小问1详解】AD上存在一点P，使得CP平面ABEF，此时，理由如下：当时，，如图，过点P作MFD交AF于点M，连接ME，则，∵BE＝1，∴FD＝5，∴MP＝3，又EC＝3，MPFDEC，∴MPEC，故四边形MPCE为平行四边形，∴CPME，又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，∴CP平面ABEF；【小问2详解】设BE＝x，则AF＝x(0<x≤4)，FD＝6－x，故，∴当x＝3时，有最大值，且最大值为3，此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，，∴，，在△ACD中，由余弦定理得，，，设到平面的距离为，，，.综上，存在点P，使得CP//平面ABEF，，三棱锥的最大值为3，此时点F到平面ACD的距离为18.在平面直角坐标系中，求两条直线的夹角的大小有以下公式：设直线，的夹角为，斜率分别为，，则.求椭圆的切线方程有以下结论：已知椭圆的左右焦点分别为，，为上一点，则在点的切线的方程为椭圆的光学性质：自发出的光线照射到点处，被切线反射，反射光线一定经过点．（1）证明椭圆的光学性质；（2）如图，过的直线交椭圆于，两点非左右顶点求面积的最大值；【答案】（1）证明见解析（2）答案见解析．【解析】【分析】（1）考虑点为椭圆左右顶点时，性质显然成立；当，分别写出，，，由题意写出椭圆在点出切线方程，由题式求出与直线，夹角的正切值，从而证明结论；（2）设直线方程代入曲线方程，消元后整理为一元二次方程，由韦达定理表示出，令，当时，利用基本不等式求出的最大值，从而求得的面积的最大值；当时，由双勾函数的性质得到的最大值，从而求得的面积的最大值.【小问1详解】当时，，，由椭圆的对称性可知性质成立当时，，，，因为点在椭圆上，所以，，设与直线，的夹角分别为，，则.同理，，，∴．该性质成立.【小问2详解】设，，，将代入得，则，，，令，则，．当时，，当且仅当，即时取等号，得，的最大值为；当时，在上单调递增，时，取最大值，的最大值为．当时，面积的最大值为当时，面积的最大值为．19.在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，又设点P及直线上任意一点Q，称的最小值为点P到的“切比雪夫距离”，记作.（1）已知点和点，直线：，求和.（2）已知圆C：和圆E：.（i）若两圆心的切比雪夫距离，判断圆C和圆E的位置关系；（ii）若，圆E与x轴交于M，N两点，其中点M在圆C外，且，过点M任作一条斜率不为0的直线与圆C交于A，B两点，记直线为，直线为，证明：.【答案】（1），；（2）（i）内切；（ii）证明见解析．【解析】【分析】（1）根据新定义直接计算，设是上一点，分类讨论计算出，再确定最小值得；（2）（i）求出圆心坐标，根据切比雪夫距离的定义，由或求得参数，并检验是否满足