湖南省宁远舜德高级中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题
1．（2025高二上·宁远期中）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·宁远期中）已知复数z满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．1
3．（2025高二上·宁远期中）如图，在平行六面体中，点为的中点，设，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高二上·宁远期中）过点作圆的两条切线，切点分别为和，则切点弦所在直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·宁远期中）若函数（且）值域是，则实数取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·宁远期中）已知两点，若直线与线段有公共点，则直线倾斜角的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高二上·宁远期中）已知三棱柱 的侧棱垂直于底面，且各顶点都在同一球面上，若则此球的表面积为（ ）
A．10π B．12π C．16π D．20π
8．（2025高二上·宁远期中）已知等轴双曲线的实轴长为，左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的两条渐近线从左到右依次交于，两点，且，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高二上·宁远期中）以下四个命题中正确的是（ ）．
A．若为空间的一组基底，则构成空间的另一组基底
B．直线l的方向向量，平面的法向量，则平面
C．已知，，则在上的投影向量为
D．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面
10．（2025高二上·宁远期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，，则（ ）
A．
B．
C．异面直线与夹角的余弦值为
D．点到平面的距离为1
11．（2025高二上·宁远期中）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．点是函数图象的一个对称中心
C．直线是函数图象的一条对称轴
D．函数图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到
12．（2025高二上·宁远期中）在空间直角坐标系中，若，四点共面，则 ．
13．（2025高二上·宁远期中）直线 （，）截圆的弦长为，则 的最小值为 .
14．（2025高二上·宁远期中）已知椭圆的两个焦点为、，是椭圆上一点，且满足，则椭圆的离心率的取值范围为 ．
15．（2025高二上·宁远期中）已知点．
（1）求的外接圆的标准方程；
（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．
16．（2025高二上·宁远期中）已知的外接圆半径为，内切圆半径为，角的对边分别为，且
（1）求的值；
（2）求的取值范围.
17．（2025高二上·宁远期中）如图，在正方体中．
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的余弦值．
18．（2025高二上·宁远期中）已知双曲线的离心率是，焦距为6.
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线与双曲线交于两点，且（为坐标原点），求的值.
19．（2025高二上·宁远期中）某班级举行“数学文化节”活动，其中有一个“双人答题闯关环节”规则如下：甲、乙两人分别从包含道传统文化题和道数学历史题的题袋中随机抽取道题作答（抽出的题不放回）.已知甲先抽，乙后抽，且每道题被抽中的机会均等.
（1）求甲抽到的道题中恰好是道传统文化题和道数学历史题的概率；
（2）若甲答对每道题的概率均为，乙答对每道题的概率均为，且两人答题是否正确相互独立，求甲、乙两人答对题目总数不少于道的概率.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】：因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】一一列出集合A的元素，再交集的定义进行运算即可.
2．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，所以，
又，所以，
即，所以，解得，
所以，则的虚部为.
故答案为：C
【分析】设复数，则，代入原式利用对应项相等求出、.
3．【答案】A
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的加减法
【解析】【解答】解：在平行六面体中，
连接，如图所示：
因为点为的中点，，
所以
，
故答案为：A.
【分析】利用向量加法的平行四边形法和三角形减法法则则表示出来即可.
4．【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：
如图所示，连接，
由平面几何知，，，点P，A，C，B共圆，且为直径.
因为，，所以所求圆的圆心为中点，
即，半径为，
所以所求圆的方程为，即.
又直线为这两个圆的公共弦所在直线，
由与相减，
可得的方程为.
故答案为：A
【分析】作出切线，由相切可得PA⊥AC，PB⊥CB，则P，A，C，B同在一个以为直径，以CP中点为圆心的圆上，从而得到圆心和半径，写出圆的方程，两圆方程相减的由直线为这两个圆的公共弦所在直线.
5．【答案】A
【知识点】函数的值域；分段函数的解析式求法及其图象的作法；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，，所以，
要使函数值域是，
则当时，的值域为的子集，
所以，解得：.
故答案为：A.
【分析】先根据第一段解析式，由一元二次函数求出函数，可得时，的值域为的子集，利用对数函数单调性，列出解不等式组即可.
6．【答案】D
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：由直线，
变形可得，
由，解得，
可得直线恒过定点，则，
结合图象可得：
若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为，
由斜率定义，可得直线倾斜角的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】将直线写成直线系形式，可得恒过定点，代入斜率公式即可求解.
7．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：
解： 在中，
可得，
所以，
由正弦定理，可得外接圆半径，
设此圆圆心为，球心为，球的半径为，
由球的性质可知：平面，
在平面内，
所以，
在中，，
所以球半径，
故此球的表面积为
故答案为：D
【分析】通过正弦定理求出底面外接圆的半径，设此圆圆心为，球心为，可知 平面， 在中，利用勾股定理求出球的半径，然后求出球的表面积.
8．【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为等轴双曲线的实轴长为，
则双曲线的半焦距，
所以双曲线方程为，则渐近线方程为，
则，所以，
由，即为的中点，又为的中点，
所以，则，，
所以为等腰直角三角形，所以.
故答案为：C
【分析】利用等轴双曲线可得a=b，可求c，并求出双曲线的半焦距，可得渐近线方程，等腰直角三角形中，计算可得.
9．【答案】A,B,D
【知识点】空间向量基本定理；共面向量定理；用空间向量研究直线与平面的位置关系；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、假设向量共面，则存在实数x，y，使得成立，
则显然方程组无解，所以不共面，
故构成空间的另一组基底，该选项正确，符合题意；
B、因为，，所以，即，
所以平面，该选项正确，符合题意；
C、因为向量，可得，
所以在上的投影向量为，该选项错误，不合题意；
D、对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，，
因为，则P，A，B，C四点共面，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD
【分析】对于AD，根据基底的概念，需判断 不共面，空间向量的共面定理可判断；对于B，根据空间向量证明线面关系可判断；对于C，根据投影向量的计算公式可判断.
10．【答案】A,C,D
【知识点】空间向量基本定理；点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：因为平面，平面，
所以，
在正方形中，有，所以两两互相垂直，
以A为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
而，，故为的中点，
从而，
A、，该选项正确，符合题意；
B、，该选项错误，不合题意；
C、，
则直线与夹角的余弦值为，该选项正确，符合题意；
D、因为平面，则点到平面的距离为，
故点到平面的距离为，该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】用相关向量表示出，利用空间向量加减、数乘的几何意义可表示，可判断A；根据已知建立空间直角坐标系，求出向量坐标，可判断B；应用向量模的坐标代入线线角公式可判断C；代入点面距离的定义判断D；
11．【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：A、因为，即，所以，该选项正确，符合题意；
B、而，则，
又因为过点，则，即，
所以，
因为，
所以是函数图象的一个对称中心，该选项正确，符合题意；
C、，
所以直线不是函数图象的对称轴，该选项错误，不合题意；
D、，
所以函数图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到，该选项正确，符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】观察图象可求得，可求T，即可判断A；再由函数过点，可求得解析式，代入点和是 由三角函数的对称性可判断B，C；根据图象的平移法则判断的图像变换情况.
12．【答案】
【知识点】空间向量基本定理；共面向量定理
【解析】【解答】解：，，.
因四点共面，故可由、线性表示，即存在实数、，使，
代入坐标得， 解得，，.
故答案为：.
【分析】考虑将四点共面转化为向量的线性组合问题，只需借助空间向量共面的线性表示关系使，及各向量坐标表示可建立方程组求解参数，.
13．【答案】9
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意圆的标准方程是，圆的圆心为，半径为，
弦长为，则弦为直径，则直线过圆心，
所以，即，
，
当且仅当即时等号成立．
故答案为：9．
【分析】将圆的一般式化成标准式，求出圆心坐标和半径，可得由弦长得弦为直径；圆心在直线上，将圆心坐标代入直线方程得关系，然后由基本不等式“1”的用法，求得最小值．
14．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由点满足，得，即是直角三角形，原点是斜边的中点，
因此，又点在椭圆上，则，即，整理得，
即，而，因此，
所以椭圆离心率的取值范围为.
故答案为：
【分析】由向量垂直，可得，在中得出，再求出离心率范围即得.
15．【答案】（1）解：的中点为，的中垂线方程，
的中点，且直线的斜率不存在，的中垂线方程为，
圆心满足，，
，
圆的标准方程为．
（2）解：直线被圆截得的弦长为，圆心到直线的距离，
当直线斜率存在时，设的方程为，即，
，解得，此时的方程为；
当直线斜率不存在时，方程为，满足题意，
因此，所求直线的方程为或
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）圆心是由各弦的垂直平分线的交点，先分别求出的中垂线方程，然后联立两个方程，可求外接圆的圆心坐标由此可知外接圆的标准方程；
（2）分类讨论，当直线斜率存在时，用点斜式设出直线方程，利用半径、半弦长、圆心到直线的距离构造直角三角形求解出结果；当直线斜率不存在时，直接分析可得结果.
（1）的中点为，的中垂线方程，
的中点，且直线的斜率不存在，的中垂线方程为，
圆心满足，，
，
圆的标准方程为．
（2）直线被圆截得的弦长为，圆心到直线的距离，
当直线斜率存在时，设的方程为，即，
，解得，此时的方程为；
当直线斜率不存在时，方程为，满足题意，
因此，所求直线的方程为或
16．【答案】（1）解：由题意，由余弦定理得，
又，则，
又由正弦定理：，解得.
（2）解：由（1）得，则，
，
则，
方法一：由，
解得（当且仅当时取等号），
又因为，故，
从而得.
方法二：在中，由正弦定理得，
即，
则
，
又，则，
，
即，
.
【知识点】解三角形；正弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）将余弦定理代入已知条件求出，再利用正弦定理求出；
（2）将已知条件化为，可根据等面积法求出，方法一：利用均值不等式求出，进而得到的取值范围；
方法二：利用正弦定理将a+c转化为函数，再由三角函数求值域即可得出范围.
（1）由题意，由余弦定理得，
又，则，
又由正弦定理：，解得.
（2）由（1）得，则，
，
则，
方法一：由，
解得（当且仅当时取等号），
又因为，故，
从而得.
方法二：在中，由正弦定理得，
即，
则
，
又，则，
，
即，
.
17．【答案】（1）证明：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
不妨设，则，，，，，
，，，
因为，，所以，，
即，，又因为，，所以平面；
（2）解：因为，所以，
由（1）可知，平面的法向量为，
设直线与平面所成的角为，则，
所以，故与平面所成角的余弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线面垂直即可；
（2）由（1）可知，平面的法向量为，利用空间向量法求线面角正弦值，再根据同角三角函数基本关系求与平面所成角的余弦值即可.
（1）因为，所以可以以为原点建立空间直角坐标系，如图：
不妨设，则，，，，.
所以，，.
因为，，
所以，，
即，，又，，
所以平面.
（2）因为，所以.
由（1）可知，为平面的法向量.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以.
18．【答案】（1）解：因为双曲线的离心率是，焦距为6，
所以，，
解得，又，
又，
所以的方程为.
（2）解：设，，
联立方程，
消去得，
因为直线与相交于两点，如图所示：
所以，即且，
由韦达定理得，
又，
所以，
所以，
将韦达定理代入上式得：
，
即，解得，满足且.
所以.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的离心率和焦距2c先求出的值，代入即可得出双曲线的方程；
（2）将直线和双曲线方程联立消元整理后，写出韦达定理，将向量的坐标，代入中解出的值即可.
（1）因为双曲线的离心率是，焦距为6，
所以，，
解得，又，
又，
所以的方程为.
（2）设，，
联立方程，
消去得，
因为直线与相交于两点，如图所示：
所以，即且，
由韦达定理得，
又，
所以，
所以，
将韦达定理代入上式得：
，
即，解得，满足且.
所以.
19．【答案】（1）解：设传统文化题为，数学历史题为，甲从道题中不放回抽取道题，
样本空间，，
设“恰好道传统文化题和数学历史题”，，，
由古典概型公式得，
所以，甲抽到的道题中恰好是道传统文化题和道数学历史题的概率为；
（2）解：设“甲答对道题”（），
；；
设“乙答对道题”（），
； ，
设“甲、乙两人答对题目总数不少于道”
由两人答题是否正确相互独立，有
所以，甲、乙两人答对题目总数不少于道的概率为.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）先求出样本空间，设再列出事件的基本事件，利用古典概型公式即可求解；
（2）设（），设（），依次计算，计算，利用独立事件设“甲、乙两人答对题目总数不少于道”，即可求解.
（1）设传统文化题为，数学历史题为，甲从道题中不放回抽取道题，
样本空间，，
设“恰好道传统文化题和数学历史题”，，，由古典概型公式得，
所以，甲抽到的道题中恰好是道传统文化题和道数学历史题的概率为；
（2）设“甲答对道题”（），
；；
设“乙答对道题”（），
； ，
设“甲、乙两人答对题目总数不少于道”
由两人答题是否正确相互独立，有
所以，甲、乙两人答对题目总数不少于道的概率为.
1 / 1湖南省宁远舜德高级中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题
1．（2025高二上·宁远期中）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】：因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】一一列出集合A的元素，再交集的定义进行运算即可.
2．（2025高二上·宁远期中）已知复数z满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，所以，
又，所以，
即，所以，解得，
所以，则的虚部为.
故答案为：C
【分析】设复数，则，代入原式利用对应项相等求出、.
3．（2025高二上·宁远期中）如图，在平行六面体中，点为的中点，设，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的加减法
【解析】【解答】解：在平行六面体中，
连接，如图所示：
因为点为的中点，，
所以
，
故答案为：A.
【分析】利用向量加法的平行四边形法和三角形减法法则则表示出来即可.
4．（2025高二上·宁远期中）过点作圆的两条切线，切点分别为和，则切点弦所在直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：
如图所示，连接，
由平面几何知，，，点P，A，C，B共圆，且为直径.
因为，，所以所求圆的圆心为中点，
即，半径为，
所以所求圆的方程为，即.
又直线为这两个圆的公共弦所在直线，
由与相减，
可得的方程为.
故答案为：A
【分析】作出切线，由相切可得PA⊥AC，PB⊥CB，则P，A，C，B同在一个以为直径，以CP中点为圆心的圆上，从而得到圆心和半径，写出圆的方程，两圆方程相减的由直线为这两个圆的公共弦所在直线.
5．（2025高二上·宁远期中）若函数（且）值域是，则实数取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的值域；分段函数的解析式求法及其图象的作法；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，，所以，
要使函数值域是，
则当时，的值域为的子集，
所以，解得：.
故答案为：A.
【分析】先根据第一段解析式，由一元二次函数求出函数，可得时，的值域为的子集，利用对数函数单调性，列出解不等式组即可.
6．（2025高二上·宁远期中）已知两点，若直线与线段有公共点，则直线倾斜角的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：由直线，
变形可得，
由，解得，
可得直线恒过定点，则，
结合图象可得：
若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为，
由斜率定义，可得直线倾斜角的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】将直线写成直线系形式，可得恒过定点，代入斜率公式即可求解.
7．（2025高二上·宁远期中）已知三棱柱 的侧棱垂直于底面，且各顶点都在同一球面上，若则此球的表面积为（ ）
A．10π B．12π C．16π D．20π
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：
解： 在中，
可得，
所以，
由正弦定理，可得外接圆半径，
设此圆圆心为，球心为，球的半径为，
由球的性质可知：平面，
在平面内，
所以，
在中，，
所以球半径，
故此球的表面积为
故答案为：D
【分析】通过正弦定理求出底面外接圆的半径，设此圆圆心为，球心为，可知 平面， 在中，利用勾股定理求出球的半径，然后求出球的表面积.
8．（2025高二上·宁远期中）已知等轴双曲线的实轴长为，左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的两条渐近线从左到右依次交于，两点，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为等轴双曲线的实轴长为，
则双曲线的半焦距，
所以双曲线方程为，则渐近线方程为，
则，所以，
由，即为的中点，又为的中点，
所以，则，，
所以为等腰直角三角形，所以.
故答案为：C
【分析】利用等轴双曲线可得a=b，可求c，并求出双曲线的半焦距，可得渐近线方程，等腰直角三角形中，计算可得.
9．（2025高二上·宁远期中）以下四个命题中正确的是（ ）．
A．若为空间的一组基底，则构成空间的另一组基底
B．直线l的方向向量，平面的法向量，则平面
C．已知，，则在上的投影向量为
D．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面
【答案】A,B,D
【知识点】空间向量基本定理；共面向量定理；用空间向量研究直线与平面的位置关系；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、假设向量共面，则存在实数x，y，使得成立，
则显然方程组无解，所以不共面，
故构成空间的另一组基底，该选项正确，符合题意；
B、因为，，所以，即，
所以平面，该选项正确，符合题意；
C、因为向量，可得，
所以在上的投影向量为，该选项错误，不合题意；
D、对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，，
因为，则P，A，B，C四点共面，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD
【分析】对于AD，根据基底的概念，需判断 不共面，空间向量的共面定理可判断；对于B，根据空间向量证明线面关系可判断；对于C，根据投影向量的计算公式可判断.
10．（2025高二上·宁远期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，，则（ ）
A．
B．
C．异面直线与夹角的余弦值为
D．点到平面的距离为1
【答案】A,C,D
【知识点】空间向量基本定理；点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：因为平面，平面，
所以，
在正方形中，有，所以两两互相垂直，
以A为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
而，，故为的中点，
从而，
A、，该选项正确，符合题意；
B、，该选项错误，不合题意；
C、，
则直线与夹角的余弦值为，该选项正确，符合题意；
D、因为平面，则点到平面的距离为，
故点到平面的距离为，该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】用相关向量表示出，利用空间向量加减、数乘的几何意义可表示，可判断A；根据已知建立空间直角坐标系，求出向量坐标，可判断B；应用向量模的坐标代入线线角公式可判断C；代入点面距离的定义判断D；
11．（2025高二上·宁远期中）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．点是函数图象的一个对称中心
C．直线是函数图象的一条对称轴
D．函数图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到
【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：A、因为，即，所以，该选项正确，符合题意；
B、而，则，
又因为过点，则，即，
所以，
因为，
所以是函数图象的一个对称中心，该选项正确，符合题意；
C、，
所以直线不是函数图象的对称轴，该选项错误，不合题意；
D、，
所以函数图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到，该选项正确，符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】观察图象可求得，可求T，即可判断A；再由函数过点，可求得解析式，代入点和是 由三角函数的对称性可判断B，C；根据图象的平移法则判断的图像变换情况.
12．（2025高二上·宁远期中）在空间直角坐标系中，若，四点共面，则 ．
【答案】
【知识点】空间向量基本定理；共面向量定理
【解析】【解答】解：，，.
因四点共面，故可由、线性表示，即存在实数、，使，
代入坐标得， 解得，，.
故答案为：.
【分析】考虑将四点共面转化为向量的线性组合问题，只需借助空间向量共面的线性表示关系使，及各向量坐标表示可建立方程组求解参数，.
13．（2025高二上·宁远期中）直线 （，）截圆的弦长为，则 的最小值为 .
【答案】9
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意圆的标准方程是，圆的圆心为，半径为，
弦长为，则弦为直径，则直线过圆心，
所以，即，
，
当且仅当即时等号成立．
故答案为：9．
【分析】将圆的一般式化成标准式，求出圆心坐标和半径，可得由弦长得弦为直径；圆心在直线上，将圆心坐标代入直线方程得关系，然后由基本不等式“1”的用法，求得最小值．
14．（2025高二上·宁远期中）已知椭圆的两个焦点为、，是椭圆上一点，且满足，则椭圆的离心率的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由点满足，得，即是直角三角形，原点是斜边的中点，
因此，又点在椭圆上，则，即，整理得，
即，而，因此，
所以椭圆离心率的取值范围为.
故答案为：
【分析】由向量垂直，可得，在中得出，再求出离心率范围即得.
15．（2025高二上·宁远期中）已知点．
（1）求的外接圆的标准方程；
（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】（1）解：的中点为，的中垂线方程，
的中点，且直线的斜率不存在，的中垂线方程为，
圆心满足，，
，
圆的标准方程为．
（2）解：直线被圆截得的弦长为，圆心到直线的距离，
当直线斜率存在时，设的方程为，即，
，解得，此时的方程为；
当直线斜率不存在时，方程为，满足题意，
因此，所求直线的方程为或
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）圆心是由各弦的垂直平分线的交点，先分别求出的中垂线方程，然后联立两个方程，可求外接圆的圆心坐标由此可知外接圆的标准方程；
（2）分类讨论，当直线斜率存在时，用点斜式设出直线方程，利用半径、半弦长、圆心到直线的距离构造直角三角形求解出结果；当直线斜率不存在时，直接分析可得结果.
（1）的中点为，的中垂线方程，
的中点，且直线的斜率不存在，的中垂线方程为，
圆心满足，，
，
圆的标准方程为．
（2）直线被圆截得的弦长为，圆心到直线的距离，
当直线斜率存在时，设的方程为，即，
，解得，此时的方程为；
当直线斜率不存在时，方程为，满足题意，
因此，所求直线的方程为或
16．（2025高二上·宁远期中）已知的外接圆半径为，内切圆半径为，角的对边分别为，且
（1）求的值；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）解：由题意，由余弦定理得，
又，则，
又由正弦定理：，解得.
（2）解：由（1）得，则，
，
则，
方法一：由，
解得（当且仅当时取等号），
又因为，故，
从而得.
方法二：在中，由正弦定理得，
即，
则
，
又，则，
，
即，
.
【知识点】解三角形；正弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）将余弦定理代入已知条件求出，再利用正弦定理求出；
（2）将已知条件化为，可根据等面积法求出，方法一：利用均值不等式求出，进而得到的取值范围；
方法二：利用正弦定理将a+c转化为函数，再由三角函数求值域即可得出范围.
（1）由题意，由余弦定理得，
又，则，
又由正弦定理：，解得.
（2）由（1）得，则，
，
则，
方法一：由，
解得（当且仅当时取等号），
又因为，故，
从而得.
方法二：在中，由正弦定理得，
即，
则
，
又，则，
，
即，
.
17．（2025高二上·宁远期中）如图，在正方体中．
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
不妨设，则，，，，，
，，，
因为，，所以，，
即，，又因为，，所以平面；
（2）解：因为，所以，
由（1）可知，平面的法向量为，
设直线与平面所成的角为，则，
所以，故与平面所成角的余弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线面垂直即可；
（2）由（1）可知，平面的法向量为，利用空间向量法求线面角正弦值，再根据同角三角函数基本关系求与平面所成角的余弦值即可.
（1）因为，所以可以以为原点建立空间直角坐标系，如图：
不妨设，则，，，，.
所以，，.
因为，，
所以，，
即，，又，，
所以平面.
（2）因为，所以.
由（1）可知，为平面的法向量.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以.
18．（2025高二上·宁远期中）已知双曲线的离心率是，焦距为6.
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线与双曲线交于两点，且（为坐标原点），求的值.
【答案】（1）解：因为双曲线的离心率是，焦距为6，
所以，，
解得，又，
又，
所以的方程为.
（2）解：设，，
联立方程，
消去得，
因为直线与相交于两点，如图所示：
所以，即且，
由韦达定理得，
又，
所以，
所以，
将韦达定理代入上式得：
，
即，解得，满足且.
所以.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的离心率和焦距2c先求出的值，代入即可得出双曲线的方程；
（2）将直线和双曲线方程联立消元整理后，写出韦达定理，将向量的坐标，代入中解出的值即可.
（1）因为双曲线的离心率是，焦距为6，
所以，，
解得，又，
又，
所以的方程为.
（2）设，，
联立方程，
消去得，
因为直线与相交于两点，如图所示：
所以，即且，
由韦达定理得，
又，
所以，
所以，
将韦达定理代入上式得：
，
即，解得，满足且.
所以.
19．（2025高二上·宁远期中）某班级举行“数学文化节”活动，其中有一个“双人答题闯关环节”规则如下：甲、乙两人分别从包含道传统文化题和道数学历史题的题袋中随机抽取道题作答（抽出的题不放回）.已知甲先抽，乙后抽，且每道题被抽中的机会均等.
（1）求甲抽到的道题中恰好是道传统文化题和道数学历史题的概率；
（2）若甲答对每道题的概率均为，乙答对每道题的概率均为，且两人答题是否正确相互独立，求甲、乙两人答对题目总数不少于道的概率.
【答案】（1）解：设传统文化题为，数学历史题为，甲从道题中不放回抽取道题，
样本空间，，
设“恰好道传统文化题和数学历史题”，，，
由古典概型公式得，
所以，甲抽到的道题中恰好是道传统文化题和道数学历史题的概率为；
（2）解：设“甲答对道题”（），
；；
设“乙答对道题”（），
； ，
设“甲、乙两人答对题目总数不少于道”
由两人答题是否正确相互独立，有
所以，甲、乙两人答对题目总数不少于道的概率为.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）先求出样本空间，设再列出事件的基本事件，利用古典概型公式即可求解；
（2）设（），设（），依次计算，计算，利用独立事件设“甲、乙两人答对题目总数不少于道”，即可求解.
（1）设传统文化题为，数学历史题为，甲从道题中不放回抽取道题，
样本空间，，
设“恰好道传统文化题和数学历史题”，，，由古典概型公式得，
所以，甲抽到的道题中恰好是道传统文化题和道数学历史题的概率为；
（2）设“甲答对道题”（），
；；
设“乙答对道题”（），
； ，
设“甲、乙两人答对题目总数不少于道”
由两人答题是否正确相互独立，有
所以，甲、乙两人答对题目总数不少于道的概率为.
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