广东省广州市2025_2026学年高二数学上学期期中试卷含解析

这是一份广东省广州市2025_2026学年高二数学上学期期中试卷含解析，共24页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 已知实数满足，则的取值范围是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分为150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号.用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号､座位号填写在答题卡上.
2.答选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的，答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，只需将答题卡交回.
一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一个选项是符合题目要求的.）
1. 若复数的共轭复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据共轭复数的定义可得，再根据复数的运算法则求解即可.
【详解】由，则，
所以.
故选：A
2. 已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解.
【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误.
对于B，若，则或，故B错误
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则，故D错误.
故选：C.
3. 如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为边AB，BC上点，且AM＝MB，CN＝2NB，记，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算法则计算.
【详解】因为，
所以，又，
所以.
故选：A.
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由利用函数的奇偶性排除AB；，再结合时函数的符号即可得答案.
【详解】由，定义域为，
而，所以函数为偶函数，
其图象关于轴对称，排除AB；
当时，，，则，排除C，而D满足题意.
故选：D
5. 已知定点和直线，则点P到直线l的距离d的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线所过定点，然后根据两点间的距离公式求得正确答案.
【详解】直线，由，解得，则直线过定点，
所以点P到直线l的距离d的最大值为.
故选：A
6. 已知实数满足，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将实数满足的方程理解为动点的轨迹方程，即圆的方程，把看成圆上点与点连线的斜率，考虑直线与圆相切情况，结合图形即得结论.
【详解】由配方得，可得点的轨迹是圆心在,半径为1的圆，
而可看成圆上点与点连线的斜率,如图，
由图可知过点A与圆相切的直线斜率一定存在，
设过点的圆的切线方程为：，
由圆心到切线的距离为，解得，
依题意，需使或，即得的取值范围是.
故选：B.
7. 如图，正方体的棱长为6，点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法可得动点的轨迹为线段即可得结果.
【详解】分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，，
则，，
由得，即，
由于，所以，，
所以点的轨迹为面上的直线：，，即图中的线段，
由图知：，
故选：B.
8. 已知空间向量，，两两的夹角均为，且，.若向量，满足，，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取一三棱锥，，利用余弦定理求出各边长，令，根据题目条件得到⊥，⊥，利用向量运算法则得到，所以当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值，得到答案.
【详解】取三棱锥，，
且，，，
所以，，
如图，令，
因为，，
又，
所以，，即，
所以⊥，⊥，
分别取的中点，
则，，，
所以，
所以当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值，
最大值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：将向量放入三棱锥中，，令，根据题目条件，推出⊥，⊥，分别取的中点，故，数形结合得到当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值.
二､多选题（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.全部选对得6分，部分选对部分分，有选错的得0分.）
9. 某高中举行的数学史知识答题比赛，对参赛的名考生的成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，，若同一组中数据用该组区间中点值作为代表值，则下列说法正确的有（ ）

A. 考生参赛成绩的平均分约为分
B. 考生参赛成绩的第百分位数约为分
C. 分数在区间内的频率为
D. 用分层抽样的方法从中抽取一个容量为的样本，则成绩在区间应抽取人
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：确定每组数据中间值，以及每组数据的频率代入到求平均数的公式即可求得；对于B：根据百分位数的定义分析求解；对于C：直接求分数在区间内的频率即可判断；对于D：根据分层随机抽样运算求解即可.
【详解】A：由频率分布直方图可知考生的平均成绩为
，故A正确；
B：因为，，
所以考生参赛成绩的第百分位数位于区间，则第百分位数为，故B错误；
C：分数在区间内的频率为，故C正确；
D：在区间应抽取，故D错误.
故选：AC.
10. 已知椭圆的两个焦点为为上不与共线的点，则下列说法正确的有（ ）
A. 实数的取值范围是
B. 若椭圆的焦点在轴上，则
C. 若，则周长为
D. 若，则椭圆的离心率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由椭圆方程可得A；由椭圆定义可得B、C；由离心率定义计算可得D.
【详解】对A：由题意可得且，故A错误；
对B：若椭圆的焦点在轴上，则，故B正确；
对C：若，则，
则周长为，故C正确；
对D：若，则椭圆的离心率，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，四边形是边长为2的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上的动点（不与点重合），下列说法正确的是（ ）

A. 三棱锥的四个面都是直角三角形，且体积最大值为
B. 点运动时，四棱锥的外接球半径为定值
C. 当时，异面直线与的夹角为
D. 半圆弧上存在唯一的点，使得直线与平面所成角的正弦值为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据面面垂直、线面垂直判断A选项，根据外接球球心到顶点距离相等判断B，建立空间直角坐标系，利用向量法判断CD.
【详解】对于A，因为半圆面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
又平面，所以，，
由为直径，故，因为，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以三棱锥的四个面都是直角三角形，因为点运动时，点到平面的最大距离为，所以
，故A正确；
对于B， 设半圆圆心为，正方形中心为，则，因为正方形的中心到四个顶点的距离为，当运动时，，故是外接球的球心，球半径为定值，故B正确；
对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，则，所以点，，所以，
则，不是，故C错误；
对于D，设，则，，
平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为：
，则，
即，则，故或，
即满足条件的点有两个，不唯一，故D错误.
故选：AB
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 在一次招聘面试中，小明要依次回答甲､乙､丙三个问题，已知他答对这三个问题的概率分别为，各题回答正确与否相互独立，则小明能够连续答对至少2个问题的概率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】将小明答对甲､乙､丙三个问题分别记为事件，得到，，结合独立事件的乘法和互斥事件的概率加法公式，即可求解.
【详解】将小明答对甲､乙､丙三个问题分别记为事件，
则，，
小明能够连续答对至少2个问题的概率为
.
故答案为：
13. 已知点与点关于直线对称，则直线的方程是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出的斜率，然后根据点斜式即可求解.
【详解】因为，，所以，
又点与点关于直线对称，所以，
又的中点，
所以直线的方程为，即.
故答案为：.
14. 已知函数，若的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数的取值范围为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，可得方程在上有解，代入化简整理，令，换元得，在时有解，结合二次函数的图像性质，对的取值进行分类讨论，即可求解.
【详解】已知函数，由于的图象上存在不同的两个点关于原点对称，所以在上有解，
即在上有解，
即在上有解，
令，当且仅当，即时，等号成立，
则，在时有解，
令，其对称轴为，
①当时，在上单调递减，在上单调递增，
则，解得；
②当时，在上单调递增，
则，解得.
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：
四､解答题（本大题共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. 已知在中，角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，点到直线的距离为3，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式及二倍角的余弦公式求解.
（2）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及三角形面积公式列式求解.
【小问1详解】
依题意，
，
因为，
故，，
【小问2详解】
由正弦定理得，
不妨设，则，
由余弦定理得，得．
因为，
所以，
所以．
16. 已知函数的最小正周期为.
（1）求的值以及函数的对称中心；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，求函数在上的最小值.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解.
（2）由（1）中函数，由给定的图象变换求出，进而求出，再利用二倍角正弦公式，结合换元法求出最小值.
【小问1详解】
依题意，函数，
由函数的最小正周期为，得，解得，则，
令，解得，
所以的对称中心为.
【小问2详解】
将函数图象向右平移个单位长度后，得，
再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得，
，
令，由，得，则，
，则当时，取得最小值，
所以函数在上最小值为.
17. 如图，在△中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至 ，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）.
（1）若为棱的中点，证明：平面 ；
（2）若，直线EF与平面BCDE所成角的正弦值为.
（ⅰ）求 ；
（ⅱ）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】）取的中点，连接，，则，通过证明平面平面，由面面平行的性质定理即可求证；
（2）（ⅰ）证明平面，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值求，即可求解；
（ⅱ）求平面的法向量为，利用空间向量法求距离即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，
连接，因为为的中点，所以是等边三角形．
取的中点，连接，，则，
则，．
因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又，，平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面．
【小问2详解】
（ⅰ）因为，，
所以，
所以，
因为，所以，
又，，平面，
所以平面，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，
则，
设，
则，．
因为平面，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
所以，
整理得，解得舍，所以．
（ⅱ）由（ⅰ）知，，．
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，，
则，
所以点到平面的距离为．
18. 已知在平面直角坐标系中，，点满足，记点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）若经过点的直线与相交于点，且，求直线的方程；
（3）已知.若直线经过点且与相交于两点，线段的中点为与的交点为，证明：为定值，并求出该定值.
【答案】（1）
（2）或.
（3）证明见解析，6
【解析】
【分析】（1）设，根据，列出方程，即可求解；
（2）设圆心到的距离，利用圆的弦长公式，求得，分析斜率不存在和斜率存在，两种情况讨论，结合直线与圆的位置关系，即可求解；
（3）设直线的斜率为，则，联立方程组，结合和韦达定理，求得和，结合均在直线上，利用，即可求解.
【小问1详解】
解：设，因为点且，
所以，即，
所以的轨迹方程为.
【小问2详解】
解：由（1）知，圆心为，半径为，
因为，设圆心到的距离，可得，解得，
当斜率不存在时，方程：，此时，满足题意；
当斜率存在时，设方程：，即，
则，解得，此时.
综上可得，直线的方程为或.
小问3详解】
解：当斜率不存在时，此时与圆相切，不符合题意，
所以斜率存在，设直线的斜率为，则，且
联立方程组，
整理得，
令，解得，
且，所以，
又由，解得，所以，
因为均在直线上，且
所以.
19. 已知函数的定义域均为，给出下面两个定义：
①若存在唯一的，使得，则称与关于唯一交换；
②若对任意的，均有，则称与关于任意交换．
（1）请判断函数与关于是唯一交换还是任意交换，并说明理由；
（2）设，若存在函数，使得与关于任意交换，求b的值；
（3）在（2）的条件下，若与关于唯一交换，求a的值．
【答案】（1）唯一交换，理由见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据方程解的情况判断即可；
（2）根据“对任意的，成立”得到关于的方程，然后设出的解析式，根据方程左右两边对应项相同求解出的值；
（3）根据条件通过分离参数将问题转化为“存在唯一实数，使得”，然后分析的奇偶性，从而确定出，由此可求的值.
【小问1详解】
与关于是唯一交换，理由如下：
因为，，
令，所以，解得，
所以有唯一解，
所以与关于是唯一交换.
【小问2详解】
由题意可知，对任意，成立，
即对任意的，；
因为为函数，且，故，
故，
即，
所以，
综上所述，.
【小问3详解】
当时，，
因为与关于唯一交换，
所以存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得；
令，且定义域均为，
又，，
所以都是偶函数，所以为偶函数，
因此，若存在唯一实数使得，只能是，
所以，
综上所述，的取值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义，涉及方程解以及函数奇偶性等相关问题，对学生的理解与计算能力要求较高，难度较大. “新定义”题型的关键是根据新定义的概念、新公式、新定理、新法则、新运算去解决问题，本题第二问可以从方程左右两边对应相等入手，第三问则可以从函数的奇偶性入手进行分析.