湖北省六校2025-2026学年高二数学上学期期中试题【含答案】

2025－2026学年上学期期中考试高二数学试题时间：120分钟分值：150分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.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，只有一项是符合题意要求的.1.若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据焦点在轴上的椭圆列不等式即可得实数的取值范围.【详解】若方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得，所以实数的取值范围是.故选：C.2.某人有3把钥匙，其中只有1把能打开门，若随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，则第二次才能打开门的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由古典概型概率计算公式直接计算即可求解.【详解】符合题意的选择是：第一次取到不能打开门的钥匙有两种选择，第二次取到能打开门的钥匙只有一种选择，从而由古典概型概率计算公式可得所求概率为.故选：B.3.瑞士数学家欧拉在1765年发表的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点分别为，，，则的欧拉线方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分别求出的重心与垂心坐标，即可求出的欧拉线方程.【详解】由题意知：的重心坐标为，,，所以边上的高所在直线为：，所以边上的高所在直线为：，联立两直线得：，所以的垂心坐标为，所以的欧拉线方程为：.故选：D.4.若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】B【解析】【分析】利用空间向量分析空间中的线、面位置关系，结合空间向量的坐标运算逐项分析判断.【详解】对于选项A：若，则，可得，解得，故A错误；对于选项BC：等价于，即，解得，故B正确，C错误；对于选项D：若，则，可得，所以平面与平面不垂直，故D错误；故选：B.5.已知直线经过圆的圆心，则的最小值为（）A.9 B.5 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出圆心坐标即得的关系，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】圆的圆心为，则，即，而，因此，当且仅当时取等号，所以的最小值为9.故选：A6.如图，矩形中，，，为边的中点.将沿直线翻折至位置，使得二面角的大小为，则（）A. B. C.4 D.8【答案】A【解析】【分析】根据空间中，点线面位置关系，以及二面角的性质，求出各线段的长度，进而求出结果.【详解】如图所示，作中点，连接，如图所示，作出矩形的平面图形，过点作垂直于于，由题意可得，所以，且，所以，则，因为二面角的大小为，可知面面，因为，所以面，所以,由勾股定理可知.故选：A.7.已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与椭圆交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的定义及勾股定理即可求解.【详解】如图，作出符合题意的图形，，设，则，，过的直线与椭圆交于，两点，，，，，，在直角三角形中，由勾股定理得，即，化简得，，，在直角三角形中，由勾股定理得，即，化简得，即.故选：C.8.已知正方体的棱长为2，点在该正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先证平面平面，确定点的轨迹，再求点到轨迹圆心的距离，最后加上半径即可得到的最大值.【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径.易证，平面平面，平面，平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.如图，以为原点建立空间直角坐标系，，，则，，，，可得，，，设平面的法向量为，则，令，则，故，点到平面的距离为，圆的半径为，由得，，，的最大值为.故选：.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.在一次随机试验中，定义两个随机事件和，若，，则（）A.B.若与互斥，则C.D.若与相互独立，则和至少有一个发生的概率为【答案】AC【解析】【分析】根据互斥事件，对立事件，相互独立事件的概率公式分别判断各选项.详解】由，，A选项：，A选项正确；B选项：由与互斥，即事件与不能同时发生，即，B选项错误；C选项：，当时，，此时取得最小值，当与互斥时，，此时取得最大值为，C选项正确；D选项：与相互独立，则，，即，D选项错误；故选：AC.10.已知直线，圆，则下列说法正确的是（）A.存在实数，使得直线与圆相切B.当时，直线被圆截得的弦长为C.当时，圆上到直线的距离为1的点有3个D.若直线与圆相交，则实数的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，再结合各选项一一判断即可.【详解】圆，即，所以圆心，半径；对于A：圆心到直线的距离，令，解得或，所以当或时直线与圆相切，故A正确；对于B：当时，则直线被圆截得的弦长为，故B错误；对于C：当时，即圆心到直线的距离为，又圆的半径，所以圆上到直线的距离为的点有个，故C正确；对于D：若直线与圆相交，则，解得，即实数的取值范围为，故D正确.故选：ACD11.正方体中，，是的中点，是棱上的动点（含端点）.则（）A.的最小值为B.若是棱的中点，则点到平面的距离为C.记四棱锥外接球的球心为，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为D.若，分别是棱，的中点，则在上的投影向量的模长为定值【答案】AD【解析】【分析】根据正方体的性质，将正方体侧面展开，利用两点之间线段最短判断选项A，利用等体积法求点到平面距离判断选项B，构造空间直角坐标系，结合正方体及其外接球的性质判断选项C，利用投影向量模长公式求解判断选项D．【详解】选项A：如图把平面沿翻折至与平面共面，则，故A正确；选项B：如图，因为为中点，则，又，，则的面积为，设点到平面的距离为，由可得，解得，故B错误；选项C：由图知，四棱锥的外接球球心即该正方体的外接球球心，则I为中点，如图，以为原点建立空间直角坐标系，过点作平面，垂足为点，连接，则即为与平面所成的角.易知，设，则，，则，因，则当或2时，取最小值，当时取最大值1，即直线与平面所成角的正切值的取值范围为，故C错误；选项D：记向量与的夹角为，则为锐角.则在上投影向量的模长为，在C项所示空间直角坐标系中，，则，于是为定值，故D正确.故选：AD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线与直线平行，则直线的倾斜角是__________.【答案】【解析】【分析】根据直线平行求得直线的斜率，进而可得倾斜角.【详解】直线的斜率为，因为直线与直线平行，所以直线的斜率为，设直线的倾斜角为，，则，解得，所以直线的倾斜角为.故答案为：13.已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点的坐标为，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】易知点在椭圆外，根据椭圆的定义可知，即可得解.【详解】如图所示，设椭圆的右焦点为，由椭圆，得，，，则，，当且仅当在的延长线上时，等号成立，且，即的最大值为.故答案为：1314.对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.在四棱锥中，平面，四边形为矩形，，，，为中点，若点在底面内（含边界）运动，且，则的最大值是__________.【答案】##【解析】【分析】首先求出点的轨迹，然后根据定义把表示成三角函数的形式，利用三角函数的值域即可求解.【详解】以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，因为为中点，所以，设，因为，所以，所以，设，所以，又所以，所以当时，取最大值为.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.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在的直线方程为.（1）求顶点的坐标；（2）求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据直线得斜率关系，从而得直线的方程，联立，解得即可求得的坐标；（2）设，结合中线方程求得的值，从而得的坐标，从而求直线的斜率，从而得直线的方程.【小问1详解】由题意知，，则，故，则直线的方程为，即，联立，得顶点；【小问2详解】设，则中点的坐标为，将其代入中线方程，得，故，则，所以直线的方程为，即.16.Matlab是一种数学软件，用于数据分析、深度学习、图象处理与计算机视觉、无线通信、信号处理、人工智能机器人等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为.（1）求和的值；（2）若两题都答对者可被评为“优秀”，求甲、乙至少有一人被评为“优秀”的概率.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，列出关于和的方程组，求解即可；（2）法一：甲、乙至少有一人被评为“优秀”，包含甲被评为“优秀”、乙没被评为“优秀”，甲没被评为“优秀”、乙被评为“优秀”，甲、乙都被评为“优秀”三种情况，分别求解加和即可；法二：先求得甲、乙都没被评为“优秀”的概率，利用对立事件的思想，即可求得甲、乙至少有一人被评为“优秀”的概率.【小问1详解】由题可知，每题甲、乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为，则，解得或，由于，所以，.【小问2详解】设甲被评为“优秀”为事件，乙被评为“优秀”为事件，甲乙至少一人被评为“优秀”为事件.则法一：甲被评为“优秀”的概率，乙被评为“优秀”的概率，则甲乙至少一人被评为“优秀”的概率.法二：甲乙两人都没被评为“优秀”的概率，则甲乙至少一人被评为“优秀”的概率.17.动圆与圆外切，同时与圆内切，为圆的任意一条直径.（1）求动圆圆心的轨迹方程；（2）已知点为圆心的轨迹上任意一点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据圆与圆的内切与外切可得圆心间距离与半径的关系，结合椭圆定义可得轨迹方程；（2）设点，利用转化法及坐标法表示向量数量积，结合点在椭圆上，根据椭圆上的点的坐标取值范围可得数量积范围.【小问1详解】设圆心的坐标为，半径为.由圆方程知圆心，半径，由圆方程知圆心，半径，由圆与圆外切可知由圆与圆内切，可知，故，由椭圆定义可知，圆心的轨迹是以，为焦点的椭圆(除去点)，其中，且，即，又，故轨迹方程为；【小问2详解】由题知圆心，半径为，设且满足，则，，又，故，.18.如图，点为矩形所在平面外一点，为中点，.（1）求证：平面；（2）若平面平面，，（ⅰ）当时，求证：平面；（ⅱ）当二面角的余弦值为时，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，利用三角形中位线得，结合线面平行判定定理即可得结论；（2）建立空间直角坐标系，确定点的坐标，（ⅰ）当时，利用空间向量数量积的坐标运算求，，从而得线线垂直关系，结合线面垂直判定定理得结论；（ⅱ）确定平面与平面的法向量，由二面角的余弦值为得向量夹角余弦值，列方程求解的值，从而得所求.【小问1详解】连接交于点，连接，因为四边形是矩形，所以为中点，又因为为中点，所以在中，有，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】在矩形中，有，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又，所以，以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：则有，，，，，，所以，，，，，（ⅰ）当时，，所以，，所以，，即，，又因为，平面，平面，所以平面；（ⅰi）设平面的法向量为，则，令，则，取平面的法向量，因为二面角的余弦值为，即二面角的平面角为锐角，所以，化简得，解得或，因为二面角的平面角为锐角，所以，故.19.已知直线，.（1）求与的交点的轨迹的方程；（2）过作动直线与轨迹交于、两点，若为的中点，与直线相交于点，求证：为定值.（3）古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262~前190）发现：平面内到两个定点距离之比为定值的点的轨迹是圆.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（1）、（2）的前提下，求的最小值（其中为坐标原点）.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据题意，可得直线过定点，直线过定点，且，所以与的交点的轨迹为以为直径的圆，根据几何关系即可确定圆心和半径，即可得到轨迹的方程；（2）法一：连接，可得，设，代入求解即可；法二：通过对直线的斜率是否存在进行分类，分别求得点的坐标，代入求解即可；（3）法一：设定点使得，可得，又在阿氏圆上，所以，结合几何关系即可求得的最小值；法二：设定点使得，结合阿氏圆的几何性质，可求得，结合几何关系即可求得的最小值；【小问1详解】由题意，直线，，所以直线过定点，直线过定点，且，易知直线的斜率存在，所以与的交点的轨迹为