精品解析：陕西省铜川市2025-2026学年高二上学期1月期末质量监测数学试题

2025-2026学年度铜川市第一学期期末质量监测 高二级数学科试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、座位号、准考证号用2B铅笔涂写在答题卡上. 2．答选择题时，必须用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案. 3．答非选择题时，必须用黑色签字笔或钢笔，将答案写在答题卡上规定的位置上. 4．考试结束后，监考人将答题卡收回，试卷考生自己保管. 5．命题：韩琛 田朝晖 卢海媚 第一部分（选择题，共58分） 一、单项选择题：本大题共有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，请把它选出后在答题卡规定的位置上用铅笔涂黑. 1. 若的二项展开式中常数项为160，则实数的值为（ ） A. 2 B. C. D. 2. 已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 3. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 4. 、是双曲线的上、下焦点，过的直线与的上、下两支分别交于、两点．若，，又，则双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. D. 5. 设点，，若直线与线段没有交点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 1765年数学家欧拉在柏林皇家科学院的《学报》上发表了一个抽彩问题：设张彩票编号从1至，随机抽取三张，那么抽到三张彩票没有连续号码的概率为多少？该问题的结果用组合数可表示为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形或直角三角形 D. 等腰直角三角形 8. 在直三棱柱中，，分别是的中点，，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 10. 已知甲盒中装有3个蓝球、2个黄球，乙盒中装有2个蓝球、3个黄球，现同时从甲、乙两盒中各取出个球交换，分别记交换后甲、乙两个盒子中蓝球个数的数学期望为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 在正三棱柱中，，为中点，点是线段上的动点，则（ ） A. B. 有且仅有一个点，使得 C. 有且仅有一个点，使得 D. 有且仅有一个点，使得平面平面 第二部分（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分.把答案填在答题卡相应横线上. 12. 已知随机变量，若，则________． 13. 已知方向向量为的直线与圆相切，则直线的方程为__________． 14. 已知双曲线的中心在原点，右焦点为，且经过点，则的标准方程为_________；直线与轴交于点，点是右支上一动点，直线与以为直径的圆相交于另一点，若在该圆内部，则的最大值为__________. 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. 温馨提示：考生请注意在答题卡规定区域内用黑色笔作答，超出指定区域答题不给分. 15. 在锐角中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，． （1）证明：； （2）若的外接圆半径为，求B． 16. 毒品是人类的公敌，禁毒是社会的责任，当前宁德市正在创建全国禁毒示范城市，我市组织学生参加禁毒知识竞赛，为了解学生对禁毒有关知识的掌握情况，采用随机抽样的方法抽取了500名学生进行调查，成绩全部分布在75到145分之间，根据调查结果绘制的学生成绩的频率分布直方图如图所示． （1）求频率分布直方图中a的值； （2）由频率分布直方图可认为这次全市学生的竞赛成绩X近似服从正态分布，其中为样本平均数（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表），，现从全市所有参赛的学生中随机抽取10人进行座谈，设其中竞赛成绩超过135.2分的人数为Y，求随机变量Y的期望．（结果精确到0.01，，，） 17. 已知曲线为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别为. （1）证明：直线过定点： （2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程. 18. 如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 19. 已知圆，圆.动圆与圆外切，且与圆内切，记点的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点且斜率不为的直线与相交于点，（在的左侧）. ①设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； ②设直线，相交于点，点为的内心，记，，的面积分别为，，，证明：为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度铜川市第一学期期末质量监测 高二级数学科试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、座位号、准考证号用2B铅笔涂写在答题卡上. 2．答选择题时，必须用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案. 3．答非选择题时，必须用黑色签字笔或钢笔，将答案写在答题卡上规定的位置上. 4．考试结束后，监考人将答题卡收回，试卷考生自己保管. 5．命题：韩琛 田朝晖 卢海媚 第一部分（选择题，共58分） 一、单项选择题：本大题共有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，请把它选出后在答题卡规定的位置上用铅笔涂黑. 1. 若的二项展开式中常数项为160，则实数的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出展开式的通项，令的指数等于零，进而可得出答案. 【详解】展开式的通项为， 令，得， 则，解得. 故选：A． 2. 已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象，结合各个选项的函数，逐一分析判断即可得出结果. 【详解】对于选项A，由，得，不符合函数图象，所以选项A错误， 对于选项B，因为，且的定义域为， 关于原点对称，所以是奇函数，不符合函数图象，所以选项B错误， 对于选项C，因为的定义域为，不符合函数图象，所以选项C错误， 对于选项D，解析式符合图象特征. 故选：D. 3. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解. 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 4. 、是双曲线的上、下焦点，过的直线与的上、下两支分别交于、两点．若，，又，则双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，在直角中，利用锐角三角函数的定义可求出，利用勾股定理可求得，利用双曲线的定义可得出关于的等式，解出的值，进而利用双曲线的定义可求得该双曲线的实轴长. 【详解】如下图所示： 因为，，则， 因为，则，故， 由双曲线的定义可得， 即，解得， 因此，该双曲线的实轴长为. 故选：B. 5. 设点，，若直线与线段没有交点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】因为直线的斜率为，且直线过定点，所以将直线与线段没有交点时，求a的取值范围，转化为过的直线与线段没有交点时，求直线斜率的相反数问题，可得a的取值范围. 【详解】直线过定点. 如图，， 直线与线段没有交点时，直线斜率满足， 所以. 故选：C. 6. 1765年数学家欧拉在柏林皇家科学院的《学报》上发表了一个抽彩问题：设张彩票编号从1至，随机抽取三张，那么抽到三张彩票没有连续号码的概率为多少？该问题的结果用组合数可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接法：相当于把三个相同的物品，插入到个相同物品之间和两端共个位置中，结合组合数公式与古典概型公式求解； 间接法：求出抽到三张连续号码及抽到仅有两张连续号码的概率，从而可得抽到没有连续号码的概率. 【详解】直接法：相当于把三个相同的物品，插入到个相同物品之间和两端共个位置中，一种插法对应一种抽取彩票的抽法，其概率为. 间接法：抽到三张连续号码的概率为， 抽到仅有两张连续号码的概率为， 则抽到没有连续号码的概率为， 故选：A. 7. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形或直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件、正弦定理和余弦定理，二倍角公式可得，再结合正弦函数的性质即可判断. 【详解】由和余弦定理，可得， 即， 由正弦定理得， 又因为中，，， 所以，即， 所以或，即或， 即是等腰三角形或直角三角形， 故选：C. 8. 在直三棱柱中，，分别是的中点，，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量，，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如下图所示：设，则，，，， 可得， 设直线与所成的角为， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 二、多项选择题（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. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. 【详解】A选项，令，解得，即为零点， 令，解得，即为零点， 显然零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足， 的对称轴满足， 显然图像的对称轴不同，D选项错误. 故选：BC 10. 已知甲盒中装有3个蓝球、2个黄球，乙盒中装有2个蓝球、3个黄球，现同时从甲、乙两盒中各取出个球交换，分别记交换后甲、乙两个盒子中蓝球个数的数学期望为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于AB，当时，可能取2，3，4，可能取1，2，3，根据题意求出相应的概率，从而可求出，进行判断， 对于CD，当时，可能取1，2，3，4，5，可能取0，1，2，3，4，根据题意求出相应的概率，从而可求出，进行判断. 【详解】对于AB，当时，， ， ， 所以，， 所以，， 所以A正确，B错误， 对于CD，当时，， , ， ， ， 所以， ， 所以，， 所以，所以C错误，D正确， 故选：AD 【点睛】关键点点睛：此题考查离散型随机变量的分布列和期望，解题的关键是要弄清每次交换球后，盒子中蓝球和黄球的个数，考查计算能力，属于中档题. 11. 在正三棱柱中，，为中点，点是线段上的动点，则（ ） A. B. 有且仅有一个点，使得 C. 有且仅有一个点，使得 D. 有且仅有一个点，使得平面平面 【答案】AD 【解析】 【分析】根据线线平行、线线垂直、面面平行的判定逐项判定即可. 【详解】对于选项A： 因为正三棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以，所以A正确； 对于选项B： 如图建立空间直角坐标系，设，，则. 则，要使得， 那么，无解，所以不存在点使得，所以B错误； 对于选项C： ，要使得， 那么，所以，解得或， 所以存在两个点使得，所以C错误； 对于选项D： ，所以， 设平面的法向量为，则. 得到，令，则，所以. ， 设平面的法向量为，则. 得到，令，则，所以， 要使得两平面平行，则，解得， 所以有且仅有一个点使得平面平面，所以D正确. 故选：AD. 第二部分（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分.把答案填在答题卡相应横线上. 12. 已知随机变量，若，则________． 【答案】0.2## 【解析】 【分析】根据正态分布概率曲线图，结合对称性可解. 【详解】如图，画出正态分布的曲线图，，即，即红色区域面积为. 根据对称性，知，则 故答案为：0.2. 13. 已知方向向量为的直线与圆相切，则直线的方程为__________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意，得到直线的斜率为，设所求直线的方程为，结合圆心到直线的距离等于半径，列出方程，求得的值，即可求解. 【详解】因为直线的方向向量为，可得直线的斜率为， 设所求直线的方程为，即， 由圆，可得圆心坐标为，半径为， 因为直线与圆相切，可得，解得， 所以所求直线的方程为或. 故答案为：或. 14. 已知双曲线的中心在原点，右焦点为，且经过点，则的标准方程为_________；直线与轴交于点，点是右支上一动点，直线与以为直径的圆相交于另一点，若在该圆内部，则的最大值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设双曲线的方程为，由求解；得到直线AF的方程为，令得到，易得点F为线段AB的中点，以AB为直径的圆是以点F为圆心，以为半径，且，再由求解. 【详解】由题意可设双曲线的方程为， 则，解得， 所以双曲线的方程为：； ，则直线AF的方程为， 令，得，则， 又， 所以点F为线段AB的中点， 所以以AB为直径的圆是以点F为圆心，以为半径， 如图所示： 且， 由双曲线的几何性质得， 则，， 所以， ， ， ， 故答案为： ，48 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. 温馨提示：考生请注意在答题卡规定区域内用黑色笔作答，超出指定区域答题不给分. 15. 在锐角中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，． （1）证明：； （2）若的外接圆半径为，求B． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理化简题中的等式，再结合锐角三角形的性质得出，进而证明结论： （2）利用正弦定理求出B． 【小问1详解】 证明：，， 由余弦定理得，即， ，是锐角三角形，． 【小问2详解】 设的外接圆半径为R，则， 由（1）， 由正弦定理得，即， 是锐角三角形，． 16. 毒品是人类的公敌，禁毒是社会的责任，当前宁德市正在创建全国禁毒示范城市，我市组织学生参加禁毒知识竞赛，为了解学生对禁毒有关知识的掌握情况，采用随机抽样的方法抽取了500名学生进行调查，成绩全部分布在75到145分之间，根据调查结果绘制的学生成绩的频率分布直方图如图所示． （1）求频率分布直方图中a的值； （2）由频率分布直方图可认为这次全市学生的竞赛成绩X近似服从正态分布，其中为样本平均数（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表），，现从全市所有参赛的学生中随机抽取10人进行座谈，设其中竞赛成绩超过135.2分的人数为Y，求随机变量Y的期望．（结果精确到0.01，，，） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由频率分布直方图的性质，代入计算，即可得到结果： （2）根据题意，由正态分布的概率公式可得，再由二项分布的期望公式，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由频率分布直方图，得，解得． 【小问2详解】 由题意得 ， 则，， ，， 即随机变量Y的期望约为. 17. 已知曲线为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别为. （1）证明：直线过定点： （2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程. 【答案】(1)见详解；(2) 或. 【解析】 【分析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点. （2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，最后求出圆的方程. 【详解】(1)证明：设,,则． 又因为，所以.则切线DA的斜率为，故，整理得.设，同理得.,都满足直线方程.于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，当时等式恒成立．所以直线恒过定点. (2)由(1)得直线方程为，和抛物线方程联立得： 化简得.于是,设为线段的中点，则 由于，而,与向量平行，所以， 解得或. 当时，，所求圆的方程为; 当时，或，所求圆的方程为. 所以圆的方程为或. 【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以.思路较为清晰，但计算量不小. 18. 如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 【答案】 （1）分别为，的中点， ， 又， ， 在中，为中点，则， 又侧面为矩形， ， ， ， 由，平面， 平面， 又，且平面，平面， 平面， 又平面，且平面平面 ， ， 又平面， 平面， 平面， 平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可； （2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案. 【详解】（1）略 (2)[方法一]：几何法 如图，过O作的平行线分别交于点，联结， 由于平面，平面，， 平面，平面，所以平面平面． 又因平面平面，平面平面，所以． 因为，，，所以面． 又因，所以面， 所以与平面所成的角为． 令，则，由于O为的中心，故． 在中，， 由勾股定理得． 所以． 由于，直线与平面所成角的正弦值也为． [方法二]【最优解】：几何法 因为平面，平面平面，所以． 因为，所以四边形为平行四边形． 由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线． 所以在平面的射影为． 从而与所成角的正弦值即为所求． 在梯形中，设，过E作，垂足为G，则． 在直角三角形中，． [方法三]：向量法 由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量． 因为平面，平面，且平面平面， 所以． 由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则． 因为O为正的中心，故． 由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形． 由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则． 设直线与平面所成角为，，则． 所以直线与平面所成角的正弦值． [方法四]：基底法 不妨设， 以向量为基底， 从而，． ，， 则，． 所以． 由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量． 设直线与平面所成角，则． 故直线与平面所成角的正弦值为． [方法五]：坐标法 过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 设，AO=AB=2， 则， 所以， 所以 易得为平面A1AMN的一个法向量， 则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为 【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键； 方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法； 方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可； 方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量. 方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量. 19. 已知圆，圆.动圆与圆外切，且与圆内切，记点的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点且斜率不为的直线与相交于点，（在的左侧）. ①设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； ②设直线，相交于点，点为的内心，记，，的面积分别为，，，证明：为定值. 【答案】（1）； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）根据动圆与两定圆的位置关系得出点满足椭圆的定义，进而求出轨迹方程； （2）①设出直线的方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出与的比值，化简得出定值； ②根据三角形内心的性质和三角形面积公式进行推导，得出为定值. 【小问1详解】 设动圆的半径为，圆心。 已知圆，则圆心，半径；圆，则圆心，半径； 因为动圆与圆外切，且与圆内切，所以，； 则； 根据椭圆的定义可得点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 ①设过点的直线方程为，与椭圆联立： ，消去得：， 设，，由韦达定理得：，； 直线的斜率，直线的斜率， 因此：， 代入，，得：， 分子：， 分母：， 因此，代入斜率比得：， 故为定值； ②设的内心到三边的距离为， ，因，故， ，， 因此：， 直线：，由①知，故直线可写为：，即：，直线过和，斜率为，其方程为：，联立直线与的方程，消去后解得：， 代入的方程得，即； ，则：， ， 因为点在椭圆上，故由椭圆方程，得； 将代入化简得： ，. 由题知在的左侧，易得在左半椭圆，故，，， 因此：，； 故：， 因，故，所以，故：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $