精品解析：贵州省遵义市播州区2025-2026学年度高二年级第一学期学业水平监测数学试题

播州区2025~2026学年度第一学期学业水平监测 高二年级数学试卷 （本试卷满分150分，考试时间150分钟） 注意事项： 1考试开始前，请用黑色签字笔将答题卡上的姓名，班级，考号填写清楚，并在相应位置粘贴条形码. 2.所有题目答案均写在答题卡上，填写在试卷､草稿纸上无效. 3.选择题､判断题用2B铅笔涂黑，其他试题用黑色签字笔或黑色墨水笔答题：在规定区域以外的答题不给分. 4考试结束后，请将答题卡交回. 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. 已知复数，则的值为（ ） A 1 B. 2 C. D. 2. 已知角的终边经过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，则的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 函数的零点所在的区间为（ ） A B. C. D. 5. 已知是两个不重合平面,是平面内的直线,则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知为圆上的动点，记点到直线的距离的最大值为，最小值为，则的值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 7. 在三棱锥中，，则该三棱锥的外接球的半径为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆左､右焦点分别为，过点的直线与交于两点，若直线的斜率为1，点为的重心，则的离心率为（ ） 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，有多个选项是符合题目要求的.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. 已知点在圆的内部，则点的坐标可能为（ ） A. B. C. D. 10. 在直三棱柱中，为中点，则（ ） A. 若，则 B. 若，则平面 C. 若，则与平面所成角的大小为 D. 若，则点到平面的距离为 11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，过点的直线与的右支交于两点，且的最小值为6，则（ ） A. 双曲线的标准方程为 B. 的值恒为4 C. 若的角平分线与直线垂直，垂足为，则 D. 记直线的斜率分别为，则的值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则的值__________. 13. 已知总体是由编号为的300个个体组成.现采用随机数表法从中抽取10个个体，从如下随机数表的第1行的第3个数字开始，依次从左到右选取三个数字，则选出的第4个个体的编号是__________. 7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198 3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481 14. 已知过点的动直线与抛物线交于两点，定点不在上，若恒成立，则的值为__________. 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. 某校高二年级教师为了精准掌握学生的数学学习情况，进行了数学质量监测，最高分为140分，最低分为40分．现从中随机抽取了40名学生的成绩，并以为分组，制成了如下的频率分布直方图． （1）求图中的值，并估计这40名学生成绩的分位数； （2）现采用分层抽样的方式从成绩不低于100分的同学中抽取6人，再从这6人中选择2人分享学习经验，求所选的2名学生的成绩来自不同组的概率． 16. 已知内角所对的边分别为. （1）求角； （2）若角平分线与交于点的面积为，求. 17. 已知双曲线的左､右焦点分别为，直线过点且与交于两点. （1）若，求的面积； （2）若直线的斜率为，求的值. 18. 如图，在底面为正方形的四棱锥中，平面，点满足. （1）求三棱锥的体积； （2）求证：平面； （3）求二面角的余弦值. 19. 已知焦点在轴上的椭圆过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点是圆上的动点，过动点作椭圆的两条切线. （i）证明：； （ii）若矩形的各边均与椭圆相切，求该矩形的面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 播州区2025~2026学年度第一学期学业水平监测 高二年级数学试卷 （本试卷满分150分，考试时间150分钟） 注意事项： 1考试开始前，请用黑色签字笔将答题卡上的姓名，班级，考号填写清楚，并在相应位置粘贴条形码. 2.所有题目答案均写在答题卡上，填写在试卷､草稿纸上无效. 3.选择题､判断题用2B铅笔涂黑，其他试题用黑色签字笔或黑色墨水笔答题：在规定区域以外的答题不给分. 4考试结束后，请将答题卡交回. 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. 已知复数，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的模的定义计算. 【详解】由题意可知，. 故选：D 2. 已知角的终边经过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由任意角正切函数的定义即可求解. 【详解】由角的终边经过点， 则， 故选：A 3. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，则的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的概念，等于点到抛物线准线的距离求解. 【详解】因为抛物线：，所以. 所以抛物线的焦点，准线：. 如图： 过作准线的垂线，垂足为， 根据抛物线的定义，. 故选：A 4. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据零点存在定理结合函数单调性判断即可. 【详解】因为函数单调递减， 又因为，在上的图象连续不断，， 所以函数的零点所在的区间为. 故选：C. 5. 已知是两个不重合的平面,是平面内的直线,则“”是“”的（ ） A 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由面面平行定义可推线面平行，若平面内一条直线与另一平面平行，不一定推出面面平行. 【详解】由题知若，由面面平行定义可知，平面内任意一条直线均与平面无交点， 则有，充分性成立； 若是平面内的直线且，能够推出或、相交， 则必要性不成立. 故选：B 6. 已知为圆上的动点，记点到直线的距离的最大值为，最小值为，则的值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】首先确定直线与圆的位置关系，再根据点到直线距离公式求得圆心到直线的距离，即可求解动点到直线的距离的最大值和最小值． 【详解】圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离为：， 则动点到直线的距离的最大值，最小值， 所以， 故选：D． 7. 在三棱锥中，，则该三棱锥的外接球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的三棱锥的结构特征，将该三棱锥补形为长方体，求出长方体的体对角线即可. 【详解】在三棱锥中，， 三棱锥的相对棱相等，将其置于长方体中，如图： 则，解得， 所以三棱锥的外接球半径为. 故选：C 8. 已知椭圆左､右焦点分别为，过点的直线与交于两点，若直线的斜率为1，点为的重心，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角形重心坐标求出半焦距，求出直线的方程并与椭圆方程联立求出即可求出离心率. 【详解】设，则，即， 设直线，则，解得， 由，消去并整理得， 因此，即，解得，所以的离心率为. 故选：C 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.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. 已知点在圆的内部，则点的坐标可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】依次求点到圆心的距离进行判断即可. 【详解】对A：因为，所以点在圆内； 对B：因为，所以点在圆内； 对C：因为，所以点在圆上； 对D：因为，所以点在圆外. 故选：AB 10. 在直三棱柱中，为中点，则（ ） A. 若，则 B. 若，则平面 C. 若，则与平面所成角的大小为 D. 若，则点到平面的距离为 【答案】AD 【解析】 【分析】连接，由线面垂直的判定定理证明平面可判断A；由图可得B错误；利用垂直关系找到是与平面所成角可判断C；利用等体积可得D. 【详解】对于A选项：连接， 在直三棱柱中，，所以， 易知，平面， 因此平面，则，故A选项正确； 对于B选项：由图显然可得不垂直，故B选项错误； 对于C选项：在直三棱柱中，平面是在平面内的射影， 故是与平面所成角， 由题意知，则，故C选项错误； 对于D选项：由题意得平面平面 所以 又因为，即， 故，D选项正确. 故选：AD 11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，过点的直线与的右支交于两点，且的最小值为6，则（ ） A. 双曲线的标准方程为 B. 值恒为4 C. 若的角平分线与直线垂直，垂足为，则 D. 记直线的斜率分别为，则的值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由双曲线定义和通径可判断A，由双曲线的定义可判断B，由可判断C，设，联立双曲线方程，结合韦达定理和斜率公式即可判断. 【详解】 对于A，由题，则，又，则，则A选项正确； 对于B，，故B选项正确； 对于C，由题意得为的中点， 则，，故C选项错误； 对于D，，设， 直线，联立， 整理得，， 得，则， 即，故D选项正确. 故选：ABD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则的值__________. 【答案】2026 【解析】 【分析】根据解析式直接求解即可. 【详解】因为， 所以， 故答案：2026 13. 已知总体是由编号为的300个个体组成.现采用随机数表法从中抽取10个个体，从如下随机数表的第1行的第3个数字开始，依次从左到右选取三个数字，则选出的第4个个体的编号是__________. 7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198 3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481 【答案】140 【解析】 【分析】由随机数表法结合题设可得答案. 【详解】由题可得，读取的第一个数为，保留；第二个数为572，舍去；第三个数为080，保留；第四个数为263，保留；第五个数为140，保留. 则选出的第4个个体的编号是140. 故答案为：. 14. 已知过点的动直线与抛物线交于两点，定点不在上，若恒成立，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设直线的方程为，联立抛物线，应用韦达定理及，得到含参数的方程，即可得. 【详解】由题意得，直线的斜率不为0，设直线的方程为， 联立，消元得， 设点，则， 由，得， 所以，即， 化简整理得， 所以对任意恒成立，则. 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. 某校高二年级教师为了精准掌握学生的数学学习情况，进行了数学质量监测，最高分为140分，最低分为40分．现从中随机抽取了40名学生的成绩，并以为分组，制成了如下的频率分布直方图． （1）求图中的值，并估计这40名学生成绩的分位数； （2）现采用分层抽样的方式从成绩不低于100分的同学中抽取6人，再从这6人中选择2人分享学习经验，求所选的2名学生的成绩来自不同组的概率． 【答案】（1），110 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图即可求解，再设这40名学生成绩的分位数为，根据题意列出方程即可求解； （2）先求出成绩在和的学生人数，再写出样本空间，记事件为所选的2名学生的成绩来自不同组，求出满足事件的样本点即可求解． 【小问1详解】 由频率分布直方图得， 解得， 设这40名学生成绩的分位数为， 则，解得． 【小问2详解】 由题意得，需分别从成绩在和的学生中抽取4人、2人， 分别记为 由题样本空间，共15个样本点， 记事件：所选的2名学生的成绩来自不同组， 则共8个样本点， ，故所选的学生中成绩来自不同组的概率为． 16. 已知的内角所对的边分别为. （1）求角； （2）若的角平分线与交于点的面积为，求. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知及正弦定理的边角关系有，再应用三角恒等变换、三角形内角的性质求角的大小； （2）根据已知，结合三角形面积公式、余弦定理得，再由和面积公式求的长. 【小问1详解】 已知， 由正弦定理得， ， ， 又，所以， ，即， ，即 又，所以， 所以，则； 【小问2详解】 由（1）知， 则，所以，又， 由余弦定理有， ，则， 又为的角平分线，则， 则， . 17. 已知双曲线的左､右焦点分别为，直线过点且与交于两点. （1）若，求的面积； （2）若直线的斜率为，求的值. 【答案】（1）4 （2）32 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的定义求出，进而得出，最后求面积即可； （2）联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理以及弦长公式求出. 【小问1详解】 由题意得，则， 由，解得， 故，则， 则. 【小问2详解】 设点， 由已知直线的方程为：， 联立，得， 则，， 故 . 18. 如图，在底面为正方形的四棱锥中，平面，点满足. （1）求三棱锥的体积； （2）求证：平面； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意求出三棱锥高，利用三棱锥的体积公式直接求解即可； （2）取中点，先证平面平面，再利用面面平行的性质得到平面； （3）解法一：过点作，再作，得到是二面角的平面角，在中，，所以二面角的余弦值为.解法二：以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 ∵底面是正方形， 平面三棱锥高 【小问2详解】 取中点，连接交于点，再连接 在，又是的中点， 平面平面平面 同理可得，平面 又平面平面 ∴平面平面 平面平面 【小问3详解】 解法一：如图所示，过点作，再作 由题意知：平面， ，又平面， ，因此是二面角的平面角 在中，， ，二面角的余弦值为. 解法二：以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系 则 设是平面的一个法向量 有，则，可取； 由题意知：是平面的法向量 是平面的一个法向量 设二面角为，则. 二面角的余弦值为. 19. 已知焦点在轴上的椭圆过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点是圆上动点，过动点作椭圆的两条切线. （i）证明：； （ii）若矩形的各边均与椭圆相切，求该矩形的面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）14 【解析】 【分析】（1）法一：可设椭圆方程为，代入点的坐标，解方程组得解， 法二：设椭圆方程为，代入点的坐标求即可； （2）（i）分类讨论，当直线斜率都存在时，设，设切线方程为，联立方程，利用判别式及根与系数的关系证明； （ii）由（i）知，矩形是圆的内接矩形，从而，再根据，结合基本不等式即可求出. 【小问1详解】 法一：设椭圆方程为，则，解得， 则椭圆的方程为. 法二：设椭圆方程为，则，解得， 则椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）当，切线斜率不存在或者为，； 当切线斜率存在时，设， 设切线方程为，的斜率分别为， 联立，整理得， 则，整理得， 即（*）. 因为，故是方程（*）的两根， 则，即， 综上可得，. （ii）由（i）知，矩形是圆的内接矩形，对角线的长是圆的直径， 故矩形的面积， 由基本不等式知当且仅当时，矩形面积的最大值为14. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $