浙江省衢州市五校联盟2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题（Word版附解析）

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考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集运算的概念，即可得答案.
【详解】因为，
所以.
故选：C
2. 点关于直线的对称点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对称点思想列方程组求解坐标.
【详解】设点关于直线的对称点的坐标为，
则，
所以对称点的坐标为，
故选：A.
3. 已知，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的数量积表达式结合向量的坐标运算得结论即可.
【详解】因为，
所以在方向上的投影向量为.
故选：D.
4. 已知直线的倾斜角为，则“”是“直线的斜率为”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用直线的斜率与倾斜角的关系，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】直线的倾斜角为，可得，由，可得或，
则直线的斜率为或，所以充分性不成立；
反之：若直线的斜率为，可得，所以，所以必要性成立，
所以直线的倾斜角为，则“”是“直线的斜率为”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 已知实数满足，则的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知等式可得，从而可结合基本不等式求解的最小值.
【详解】因为，当时，等式不成立，
所以，
则，
当且仅当，即或时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
6. 一组样本数据为，这组数据的第75百分位数为6，则这组数据的方差为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数的求法，可求出x，再求出这组数据的平均数，代入方差公式，即可得答案.
【详解】数据共有8个，则，
所以第75百分位数为第6位和第7位的平均值，
不带x将数据从小到大排序为，第6位为6，
若，则第7位为6，因为第6位和第7位的平均值为6，
所以只能x为第6位，且为6，
若，则第6位为6，第7位为x，因为第6位和第7位的平均值为6，
则不符合题意，综上，，
则，
所以方差.
故选：B
7. 已知函数，若函数有7个零点，则可以为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据解析式，作出图象，根据有7个零点，可得与的图象有7个交点，分别讨论、、、和，5种不同的情况，根据图象交点个数，分析判断，可得a的范围，即可得答案.
【详解】当时，单调递减，
当时，单调递减，当时，单调递增，
作出图象，如图所示

因为函数有7个零点，所以有7个根，
即与的图象有7个交点，
令，则，
当时，与的图象只有一个交点，此时，

因为，所以与图象只有一个交点，不符合题意；

当时，与的图象有2个交点，且为-1和2，
则和与图象共有4个交点，不符合题意；

当时，与的图象有3个交点，设为，

则，
此时与共有7个交点，符合题意；

当时，与的图象有3个交点，设为，
则，
此时与共有6个交点，不符合题意；

当时，与的图象有2个交点，设为，
则，
若时，此时与共有4个交点，不符合题意，
若时，此时与共有3个交点，不符合题意，参考上图，
综上，a的取值范围是，则可以为2.
故选：A
8. 已知函数在上只有一个极值点，且，则值不可能为（ ）
A. 1B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合正弦函数的对称性，求得分别求得，和，消去，求得或，结合选项，即可求解.
【详解】由，且在上只有一个极值点，
所以在区间只有一条对称轴，可得为函数的对称轴，
所以，可得，
且，即，解得，
又由，，
因为，可得或是函数的一个对称中心，
则或，
可得或，
联立方程组或，
或，
令，可得或，
所以可能的取值为，所以不可能的取值为.
故选：C.
二、多选题：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. 下列关于复数叙述正确的是（ ）（其中为虚数单位）
A.
B.
C. 在复平面上的点位于第二象限
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】应用复数乘法运算判断A，D，应用复数除法及模长公式计算判断B，应用复数的几何意义判断C.
【详解】，A选项错误；
，B选项正确；
在复平面上点位于第四象限，C选项错误；
若，则，D选项正确；
故选：BD.
10. 已知正方体的棱长为2，下列命题正确的是（ ）
A.
B. 若为的中点，为的中点，则与所成的角的余弦值为
C. 该封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为
D. 若点、分别在与上移动，且和长度保持相等，则最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用向量的计算可判断A，利用平移求异面直线所成角可判断B，利用两球的最优放置来求半径可判断C，利用空间向量来求距离可判断D．
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，

如图取的中点，由正方体性质可得：，
所以为与所成的角或其补角，
由正方体的棱长为2，可得，
由余弦定理可得：，故B正确；
对于C，

封闭正方体容器内有两个半径相等的铁球，如图摆放两个球，
根据正方体中心对称性，可知两球的球心一定在体对角线上，
且两球相外切，每个球还与正方体的三个面相切，
此时两球半径最大，不妨设球的半径为，
根据正方体的性质可得：，
由图可得：，
解得：，故C错误；
对于D，

由和长度保持相等，分别作，
可得，则不妨设，
所以有，
即
根据二次函数的性质可知：当时，，故D正确；
故选：ABD．
11. 已知圆，椭圆为圆上的动点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，圆的圆心为，直线与轴交于点，若点到直线的距离分别为，则（ ）
A. B.
C. D. 的取值范围为
【答案】ABC
【解析】
【分析】 根据两点间距离公式及椭圆的方程，可判断A；根据三角形相似的判定定理，判断B；对直线的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，分别求得的值，判断C；利用特殊点，对的值进行分析，可判断D.
【详解】设.
对于A，由题可知，化简得.
所以，故A正确；
对于B，，，.
因为，且，所以.故B正确；
对于C，由A知，，同理，
所以
当直线的斜率不存在时，其方程为，，；
当直线的斜率存在时，设其方程为，
由，得.
所以，所以.
综上所述，.故C正确；
对于D，当为圆与轴的右交点，即时，，，此时，.
故D错误.
故选：ABC.
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，且与相互独立，则___________．
【答案】0.94
【解析】
【分析】应用概率的基本性质结合独立事件概率乘积公式计算求解.
【详解】若，且与相互独立，
则．
故答案为：.
13. 求值：___________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用正弦的二倍角公式，同角三角函数的关系即可求解.
【详解】.
故答案为：
14. 已知为双曲线的两个焦点，过的直线与双曲线交于两点，双曲线在点处的切线与轴交于，且，，则双曲线的离心率为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】设双曲线上一点处的切线为，联立后利用以及点在双曲线上化简求得切线方程，进而得到点坐标，利用可求得，结合双曲线方程和两点间距离公式可求得，结合双曲线定义和向量数乘关系可分别表示出，在中分别利用余弦定理求得，由此可构造齐次式求得离心率.
【详解】不妨令为下焦点，为上焦点，
设，在点处的切线为，则，
由得：，
且，
又，
整理可得：，，则点处的切线为，；
，，解得：，
，
，
由双曲线定义得：，
，，，
在中，，
在中，，
，即，离心率.
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. 甲、乙、丙三人独立地破译一份密码，已知甲、乙、丙三人能破译密码的概率分别为．
（1）求恰有两人成功破译的概率；
（2）若甲、乙、丙三人都没有破译密码，则会派丁独立破译密码，丁能独立破译密码的概率为，求密码能被成功破译的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用独立事件概率乘积公式及对立事件公式计算概率；
（2）应用全概率公式结合独立事件概率乘积公式计算求解.
【小问1详解】
记事件为“甲成功破译密码”、事件为“乙成功破译密码”、事件为“丙成功破译密码”，则
记恰有两人成功破译的概率为，则
【小问2详解】
记事件为“丁成功破译密码，则，
设密码能被成功破译为事件E，
.
16. 在中，角的对边分别为．已知
（1）求角的正弦值；
（2）若、边上的两条中线、相交于点，求的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，结合余弦定理，求得，根据同角三角函数的平方关系求得；
（2）利用向量表示中线，根据向量的数量积求向量夹角的余弦值，从而得到的余弦值．
小问1详解】
，由正弦定理，得.
.
又由.
因为，所以.
即角的正弦值为.
【小问2详解】
.
.
.
所以.
由图可知的夹角等于的夹角，即.
所以的余弦值为.
17. 在三棱锥中，点在底面的投影为的垂心，
（1）求证：平面；
（2）若为线段上一点，满足，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，，由线面垂直的判定定理可证；
（2）根据已知可得为等边三角形，则三棱锥为正四面体，
（法一）求出点到平面的距离为，则到平面的距离为，得与平面所成角的正弦值为.
法二：以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用线面角的向量法求解.
【小问1详解】
平面平面，
又为垂心，，
，平面，
平面；
【小问2详解】
由，且于点，
，又，
为等边三角形，
三棱锥为正四面体，
（法一）记点到平面的距离为，
由，
则，
又因为，则，
，则到平面的距离为，
，
与平面所成角的正弦值为.
（法二）
以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，
则，
取，则，，则，
平面的一个法向量为，
与平面所成角的正弦值为.
18. 已知函数（且），函数为奇函数，
（1）（i）求实数的值，并讨论函数的单调性（不需要证明）；
（ii）当时，在区间的值域为，求实数的取值范围；
（2）当时，对任意的，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）（i），答案见解析；（ii）
（2）
【解析】
【分析】（i）根据函数奇偶性得参数的值，分离函数结合指数函数的单调性判断的单调性；（ii）由函数的单调性与值域列方程求解与的方程，根据方程的解列不等式求实数的取值范围；
（2）根据函数为奇函数，将不等式转化为，利用的单调性解不等式求解的取值范围．
【小问1详解】
（i），
，则，，
，满足为奇函数，
所以符合题意；
，则
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
（ii）在上单调递减，
，即，
关于的方程即有两个大于0的不同实根，
，解得.
小问2详解】
为奇函数，
又，
，
，
时，在上单调递减，
，即，
即恒成立，
即恒成立，
，即.
19. 已知抛物线，斜率为的直线交于两点，且线段中点纵坐标为4．
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线不过点，且直线交于另一点，记直线的斜率为，
（i）求证：；
（ii）求证：直线过定点．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）联立方程组并利用韦达定理得到，再结合题意求解参数，得到抛物线方程即可.
（2）（i）法一直接利用斜率公式结合韦达定理得到定值，法二利用齐次化结合直线系方程求解定值，（ii）法一结合已证定值，求出直线方程，进而求解定点，法二结合齐次化得到的定值求出直线方程，最后求出定点即可.
【小问1详解】
设直线的方程为，
代入得，
设点，则，
而线段中点纵坐标为4，则，解得，
故的方程为.
【小问2详解】
（i）法一：由（1），且，
则
所以.
法二：设直线方程为，
抛物线的方程可表示为，
由，
得
，
，
，
直线的斜率为，
，
.
（ii）法一：如图，作出符合题意的图形，

由已知得，
设直线的方程为，
联立，可得，
，
，
，
整理得，
即，
当时，直线与直线重合，舍去
，直线的方程，
直线过定点.
法二：由已知得，
，
，
（舍）或，
直线的方程是，
直线过定点.