精品解析：四川省眉山市2025-2026学年高二上学期期末教学质量监测数学试题

高二上学期期末教学质量监测 数学试题 2026.01 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.若需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求. 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出直线斜截式，根据倾斜角与斜率的关系确定倾斜角大小. 【详解】由题设，设倾斜角为且，则， 所以. 故选：B 2. 双曲线的实轴长为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线实轴的概念即可求解. 【详解】由双曲线的方程，可得， 即，故实轴长， 故选：A 3. 已知圆与圆，则两圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 内含 C. 内切 D. 外离 【答案】D 【解析】 【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，从而得到圆心和半径，再计算两圆的圆心距，最后根据圆心距与两圆半径的关系判断两圆的位置关系. 【详解】将圆的方程化为标准方程，即， 所以圆的圆心坐标为，半径. 将圆的方程化为标准方程，即， 所以圆的圆心坐标为，半径， 两圆的圆心距， ，所以，所以两圆的位置关系是外离. 故选：D 4. 投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行．如图为一幅唐朝的投壶图，假设甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，且甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中是等可能的．若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至多有1人投中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，列出所有可能，结合古典概率，即可求解. 【详解】甲、乙、丙3人投中与否的所有情况为：（中，中，中），（中，中，不中），（中，不中，中）， （中，不中，不中），（不中，中，中），（不中，中，不中），（不中，不中，中）， （不中，不中，不中），共8种，其中至多有1人投中的有4种，故所求概率为． 故选：C. 5. 如图，在平行六面体中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 分析】先用表示向量，再根据求解即可. 【详解】因为在平行六面体中，， 所以， 故选：A 6. 已知等差数列，的前n项和分别为，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列前项和公式，将两个数列前项和的比转化为项的比，结合等差中项的性质即可求得. 【详解】由题可知，，所以. 所以. 故选：C. 7. 已知，是椭圆的左右焦点，若椭圆上存在一点P使得，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设椭圆上一点，利用平面向量数量积以及椭圆的范围得出不等式即可求出离心率的取值范围. 【详解】依题意设椭圆上一点，所以，可得； 所以， 因此，即， 也即，所以， 因为，所以可得，因此， 即，即， 因此离心率为. 故选：B 8. 对于共有n项的有穷数列，若其任意两项均不相等，则定义对于数列中的第项（），定义在其右边的项中比大的项的个数称为的“顺序数”，比小的项的个数称为的“逆序数”.若将所有项的“顺序数”与“逆序数”之和记为，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据“顺序数”和“逆序数”的定义，求出 的表达式，再利用裂项相消法计算 的值. 【详解】对于 ，它右边有 个数，这 个数要么比 大，要么比 小，所以 的“顺序数”与“逆序数”之和为 . 对于 ，它右边有 个数，同理， 的“顺序数”与“逆序数”之和为 . 以此类推，对于 ，它右边有1个数， 的“顺序数”与“逆序数”之和为1. 而 右边没有数，其 “顺序数” 与 “逆序数” 之和 0. 所以 ，即 . 所以 . 则 . 故选：D 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，事件A为“点数为奇数”，事件B为“点数是1或4”，事件C为“点数大于3”，下列说法正确的是（ ） A. A和B是互斥事件 B. B和C是相互独立事件 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】A.利用互斥事件的定义判断；B.利用独立事件的定义判断；CD.利用古典概型的概率求解判断. 【详解】事件A为“点数为奇数”，即，事件B为“点数是1或4”， 即，而，所以A和B不互斥，故A错误； 事件C为“点数大于3”，即，基本事件的总数为， 则，，又，则， 所以，所以B和C是相互独立事件，故B正确； 因为，所以，故C正确； 因为，所以，故D错误； 故选：BC 10. 设抛物线：的焦点为，为坐标原点，点，是上两个动点，则（ ） A. 的准线方程为 B. 的最小值 C. 当直线过点时，直线和的斜率之积为定值 D. 当直线与垂直时，直线过定点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据抛物线的基本性质结合韦达定理、斜率公式逐项分析判断即可. 【详解】由抛物线方程可得，解得，则. 选项A：由上分析可得该抛物线的准线方程为，故A正确； 选项B：设. 由抛物线焦半径公式可得，. 因为点是抛物线上的点，则，故当时，，故B正确； 选项C：设，，. 当直线斜率不存在时，直线方程为，代入得. 不妨设，，则； 当直线斜率存在时，设：. 联立，消去整理得，， ， 所以，. 则. 所以. 综上，直线和的斜率之积为，故C错误； 选项D：设直线：. 与联立整理得，， 则，. 于是. 因为，所以，即， 解得或（舍去，此时点或点与原点重合）. 因此直线：，恒过定点，故D正确. 故选：ABD. 11. 在棱长为4的正方体中，N为的中点，O为的中点，M是棱上靠近的四等分点，Q是棱上靠近D点的四等分点，点P在正方体的表面上运动，则下列说法正确的是（ ） A. 若点P在棱上运动，则三棱锥的体积不变 B. 若点P在棱上运动，则线段与的长度之和最小为 C. 若平面，则点P的轨迹长度为 D. 若，则点P的轨迹是长方形 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，证明平面，结合即可判断；对于B，将平面展开与平面共面，当三点共线时，距离之和最小判断；对于C，作出点P的轨迹三角形，再计算周长即可判断；对于D，利用坐标法求得点P在棱，，，的交点，再判断对应的矩形满足条件即可. 【详解】对于A选项，因为点在棱上运动，故平面即为平面， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面 所以平面，即点到平面距离不变， 又，的面积为定值， 所以三棱锥的体积不变，为定值,故正确； 对于B，将平面展开与平面共面，如图 当三点共线时，线段与的长度之和最小，最小值为，故错误； 对于C，如图，分别取棱中点，连接，，，， 因为分别为棱的中点， 所以四边形， 所以四边形，均为平行四边形 所以，，即平面即为平面， 又平面，平面， 所以平面，平面， 又，平面 所以平面平面， 在平面中，过点作交于点， 在平面中，过点作交于点，连接， 则为点P的轨迹， 因为Q是棱上靠近D点的四等分点， 所以， 所以的周长为，故错误； 对于D，如图，建立空间直角坐标系，则，，， 设，则，， 所以当时，，即 当时，，即与的交点为，与的交点为， 当时，，即与的交点为，与的交点为 连接，，， 所以四边形是矩形，且， 所以，，，平面， 所以平面， 又，所以是的中点，即平面， 所以要使必有平面， 又点P在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹为矩形，故正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与互相垂直，则m的值为______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据两直线垂直的条件直接列式计算作答. 【详解】若直线与互相垂直，则，解得. 故答案为：. 13. 已知数列的前n项和为，且，，则的通项公式为______. 【答案】## 【解析】 【分析】应用结合已知计算得出是以为首项以为公比的等比数列，再应用等比数列通项公式计算求解. 【详解】因为数列的前n项和为，且，， 当时，，所以， 当时，则，则，所以， 所以当时，，又， 所以是以为首项以为公比的等比数列，所以 则的通项公式为. 故答案为： 14. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，以点为圆心且与C的渐近线相切的圆与C在第一象限交于点A，设B为的中点，若，则C的渐近线的方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用点到直线的距离求得圆的半径为，利用双曲线的定义及中位线的性质得，由余弦定理建立方程求得，从而得到渐近线斜率，最后得出渐近线方程. 【详解】由题意可得，双曲线的一条渐近线为， 则点到渐近线的距离，即圆的半径为， 连接，则， 由双曲线的定义知，，所以， 在中，为的中点，为的中点，所以， 又因为，所以为直角三角形， 在直角三角形中，， 在中，， 因为，所以，求解得， 所以斜渐近线斜率， 所以C的渐近线的方程为. 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. 已知等差数列满足，；等比数列的前3项和为7，前6项和为63. （1）求和的通项公式； （2）若，求的前n项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意求得等差数列的首项和公差，即可求得的通项公式；根据等比数列的前项和公式求得其首项和公比，即可求得的通项公式； （2）根据等比数列及等差数列的前项和公式，利用分组求和法求得的前n项和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则，解得. 所以； 设等比数列的公比为， 若，则，显然无解，所以. 所以，所以，解得，所以. 所以. 综上的通项公式为，的通项公式为. 【小问2详解】 设数列前n项和为，则. 因为， ， 所以. 即的前n项和为. 16. 2025年10月31日，神舟二十一号载人飞船成功发射，航天员们计划在“天宫”空间站再度授课，极大激发了同学们对航天知识的兴趣.为此，某校组织了一次“航空知识答题竞赛”活动，以赛促学，引导同学们深入了解航天成就与精神. （1）经初选，已经在A，B两个班中各选出3名同学，现需从这6名同学中随机选2名同学担任组长，求这2名组长来自同一个班的概率； （2）A班进行了三轮初选活动，甲同学每轮合格概率分别为，，，各轮结果均相互独立，至少两轮合格记为“优秀”，求三轮初选后，甲记为“优秀”的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率计算即可. （2）根据独立事件的概率计算公式及概率加法公式求解即可. 【小问1详解】 从6名学生中随机抽取2人，所有的可能情况数为：（种）. 这2名学生来自同一个班的情况数为：（种）. 设“这2名学生来自同一个班”为事件，则. 故这2名学生来自同一个班的概率为. 【小问2详解】 甲同学被记为“优秀”的情况有恰好两轮合格，三轮均合格. 恰好两轮合格的概率为 . 三轮均合格的概率为 所以甲同学被记为“优秀”的概率为. 17. 古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆，称为阿波罗尼斯圆.已知平面内两定点，，点P满足. （1）记动点的轨迹为，求轨迹的方程； （2）设点，点在直线上，过点作轨迹的两条切线，切点分别为，求四边形面积的最小值. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）设点，根据阿波罗尼斯圆的定义得出等量关系，化简变形可得轨迹的方程； （2）利用图形以及相切关系，利用勾股定理得出四边形的面积表达式，再由点到直线距离公式即可求得面积最小值. 【小问1详解】 设点， 由点，，点P满足可得； 化简可知轨迹的方程为. 【小问2详解】 易知轨迹是以为圆心，半径为2的圆， 又点，因此即为圆心， 点到直线的距离为， 因此直线与轨迹相离，如下图所示： 显然，且，又因为为公共边， 所以， 因此四边形的面积为； 显然当取得最小值时，四边形面积最小， 又点在直线上， 当时，满足题意，此时即为点到直线的距离，所以； 所以四边形面积的最小值为. 18. 如图1，在平面四边形中，，，，，过点D作，垂足为.如图2，将三角形沿折起，使得点到达点处，且. （1）证明：； （2）若点F为线段上的点（不含端点），是否存在点满足直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到，连接，再由线面垂直的判定定理证明平面可得； （2）建立如图所示坐标系，求出平面的法向量，代入空间线面角公式计算即可； 【小问1详解】 由题意得，又． 平面内两条相交直线， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，，又有公共边， 所以与全等， 所以，， 如图，连接，则． 因为，，平面PCE， 所以平面． 因为平面，所以． 【小问2详解】 由（1）知平面，且平面BCDE， 所以，．又， 所以两两垂直． 以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图2的空间直角坐标系，如图1，过作， 由（1）知为等边三角形，所以， 因为，所以， 所以，即，则，，， 设，则，所以， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则即， 取，则，，所以． 设直线与平面所成的角为， 则， 化简可得， 解得或，又， 故不存在点F满足直线与平面所成角的正弦值为. 19. 已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为，，M是椭圆上一点，，. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于P，Q两点，R为线段中点. （ⅰ）求点R的轨迹方程； （ⅱ）点O为坐标原点，射线与椭圆交于点S，点G为直线上一动点，且，求证：点G在定直线上. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦点三角形，即可结合余弦定理求解，进而可得椭圆方程； （2）（i）设，联立直线与椭圆的方程根据韦达定理，可得，消去即得R的轨迹方程；（ii）先根据坐标间关系及向量的坐标运算求出定直线方程，即可判断. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，所以，解得. 因为，，. 在中，由余弦定理得， 即，又，所以，解得， 所以，则，故椭圆的方程为； 【小问2详解】 （i）当的斜率不存在时，因为为的中点，此时为定点； 当的斜率为0时，直线的方程为， 与椭圆方程联立，得交点坐标为和， 因为为的中点，此时为定点. 当直线的斜率存在且不为0时，不妨设直线的方程为， 联立，得. 因在椭圆内，所以直线必与椭圆相交. 设，由韦达定理得， 所以. 设R的坐标为，因为为线段中点， 所以，所以，得， 将代入，得， 整理得，即， 所以的轨迹方程为. 当直线的斜率为0或斜率不存在时，点也满足上式，所以的轨迹方程为. （ii）由（i）知，的方程为， 联立，得，则. 不妨设，所以，. 不妨设，由得 ， 即. 因为，， 所以. ∵，所以，即， 则点在定直线上. 当直线斜率为0时，轴，此时,. 因为，所以，则， 故点在定直线上； 当直线斜率不存在时，此时直线方程为，易知轴， 所以点在轴上，则. ∵，所以，即， 则点在定直线上. 综上可得：点在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二上学期期末教学质量监测 数学试题 2026.01 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.若需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求. 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的实轴长为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 3. 已知圆与圆，则两圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 内含 C. 内切 D. 外离 4. 投壶是从先秦延续至清末汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行．如图为一幅唐朝的投壶图，假设甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，且甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中是等可能的．若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至多有1人投中的概率为（ ） A B. C. D. 5. 如图，在平行六面体中，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列，前n项和分别为，，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，是椭圆的左右焦点，若椭圆上存在一点P使得，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 对于共有n项的有穷数列，若其任意两项均不相等，则定义对于数列中的第项（），定义在其右边的项中比大的项的个数称为的“顺序数”，比小的项的个数称为的“逆序数”.若将所有项的“顺序数”与“逆序数”之和记为，则等于（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，事件A为“点数为奇数”，事件B为“点数是1或4”，事件C为“点数大于3”，下列说法正确的是（ ） A. A和B是互斥事件 B. B和C是相互独立事件 C. D. 10. 设抛物线：的焦点为，为坐标原点，点，是上两个动点，则（ ） A. 的准线方程为 B. 的最小值 C. 当直线过点时，直线和的斜率之积为定值 D 当直线与垂直时，直线过定点 11. 在棱长为4的正方体中，N为的中点，O为的中点，M是棱上靠近的四等分点，Q是棱上靠近D点的四等分点，点P在正方体的表面上运动，则下列说法正确的是（ ） A. 若点P在棱上运动，则三棱锥的体积不变 B. 若点P在棱上运动，则线段与的长度之和最小为 C. 若平面，则点P的轨迹长度为 D. 若，则点P的轨迹是长方形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与互相垂直，则m的值为______. 13. 已知数列的前n项和为，且，，则的通项公式为______. 14. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，以点为圆心且与C的渐近线相切的圆与C在第一象限交于点A，设B为的中点，若，则C的渐近线的方程为______. 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. 已知等差数列满足，；等比数列的前3项和为7，前6项和为63. （1）求和通项公式； （2）若，求的前n项和. 16. 2025年10月31日，神舟二十一号载人飞船成功发射，航天员们计划在“天宫”空间站再度授课，极大激发了同学们对航天知识的兴趣.为此，某校组织了一次“航空知识答题竞赛”活动，以赛促学，引导同学们深入了解航天成就与精神. （1）经初选，已经在A，B两个班中各选出3名同学，现需从这6名同学中随机选2名同学担任组长，求这2名组长来自同一个班的概率； （2）A班进行了三轮初选活动，甲同学每轮合格概率分别为，，，各轮结果均相互独立，至少两轮合格记为“优秀”，求三轮初选后，甲记为“优秀”的概率. 17. 古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆，称为阿波罗尼斯圆.已知平面内两定点，，点P满足. （1）记动点的轨迹为，求轨迹的方程； （2）设点，点在直线上，过点作轨迹的两条切线，切点分别为，求四边形面积的最小值. 18. 如图1，在平面四边形中，，，，，过点D作，垂足为.如图2，将三角形沿折起，使得点到达点处，且. （1）证明：； （2）若点F为线段上的点（不含端点），是否存在点满足直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 19. 已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为，，M是椭圆上一点，，. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于P，Q两点，R为线段中点. （ⅰ）求点R的轨迹方程； （ⅱ）点O为坐标原点，射线与椭圆交于点S，点G为直线上一动点，且，求证：点G在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $