精品解析：四川省北斗大数据领航联盟2025-2026学年上学期期末调研高二数学试题

解密时间：2026.1.28 下午14:55 高2027届2025-2026学年度上期期末调研 数 学 考试时间：2026.1.28 下午15:00-17:00 一、单选题（每小题5分） 1. 已知分别是椭圆的左、右顶点，直线（）上存在点，使得是顶角为的等腰三角形，且的面积为，则椭圆的方程为（   ） A. B. C. D. 2. 已知直线平面，直线平面，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 平面上的四边形中，，，，，则的取值范围为（    ） A. B. C. D. 4. 过点引直线与曲线相交于两点，为坐标原点，当的面积取最大值时，直线的斜率等于（    ） A. B. C. D. 5. 设为任意四棱柱，在的12条棱中随机选取两条不同的棱，将事件“所在直线与所在直线平行”发生的概率记为，下列选项中不是可能的值的是（   ） A. B. C. D. 6. 已知两点，过点的直线l与线段（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，点集.若中的个不同的点满足：为的中点，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知平面，，，，，，，且，，．若，则四棱锥体积的最大值是（    ） A. B. 8 C. 24 D. 72 二、多选题（每小题6分） 9. 已知、，为圆上一动点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为 C. 到直线距离的最大值为 D. 10. 1694年瑞士数学家雅各布•伯努利描述了如图的曲线，我们将其称为伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是时的双纽线上一点，下列说法正确的是（    ） A. 双纽线的方程为 B. C. 双纽线上满足的点有2个 D. 的取值范围为 11. 已知正四面体的棱长为，体心为，为空间动点，下列说法正确的有（ ） A. 该四面体的体积为 B. 若在边上（不包括端点），则到的距离的取值范围为 C. 若在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为 D. 若，则的取值范围为 三、填空题（每小题5分） 12. 星月班男女生的比例为，全班的平均身高为，若女生的平均身高为，则男生的平均身高为______． 13. 若成等差数列，则正数的值为______. 14. 已知双曲线：（）的左、右焦点分别为，，过点作圆：的切线，交双曲线的右支于点，若，则实数______． 四、解答题 15. 某家水果店的店长为了解本店苹果的日销售情况，记录了近期连续120天苹果的日销售量（单位：），并绘制频率分布直方图如下： （1）请根据频率分布直方图估计该水果店苹果日销售量的众数，平均数，中位数；（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表） （2）一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能80%地满足顾客的需求（在10天中，大约有8天可以满足顾客的需求）.请问每天应该进多少千克苹果？（精确到整数位） 16. 已知双曲线的一条渐近线方程为，且经过点. （1）求双曲线的方程； （2）若直线与双曲线相交于两点，且线段的中点坐标为，求直线的方程. 17. 如图,在四棱锥中，底面，． （1）证明：平面平面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 18. 已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程； （2）已知点，在上，且，，为垂足．试确定是否存在定点，使得为定值．若定点存在，求出定点坐标．若不存在，请说明理由． 19. 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． （1）求E的方程； （2）设过点的直线交E于互不重合的两点． (i)当与垂直时，求直线的方程． (ii)过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 解密时间：2026.1.28 下午14:55 高2027届2025-2026学年度上期期末调研 数 学 考试时间：2026.1.28 下午15:00-17:00 一、单选题（每小题5分） 1. 已知分别是椭圆的左、右顶点，直线（）上存在点，使得是顶角为的等腰三角形，且的面积为，则椭圆的方程为（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据锐角三角函数，结合椭圆的性质即可求解得，即可利用面积公式求解. 【详解】如图：,故， ，故， 故，解得， 由于， 故，故，故椭圆方程为， 故选：B 2. 已知直线平面，直线平面，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用长方体棱与面的关系，结合充分条件、必要条件的定义说明判断. 【详解】在正方体中，平面，平面， 显然，而平面平面， 因此有直线平面，直线平面，由不能推出； 在正方体中，平面，平面， 显然平面平面，而直线， 因此有直线平面，直线平面，由不能推出， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 3. 平面上的四边形中，，，，，则的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】延长交于点，设，先列出的关系确定，然后根据正弦定理列出的关系确定，从而得到结果. 【详解】延长交于点，因为，所以. 因为，所以. 所以 设，所以在中，. 设，因为，所以. 由得，解得. 在中，根据正弦定理，得到. 所以. 由于，所以有，解得. 所以的取值范围为. 故选：A. 4. 过点引直线与曲线相交于两点，为坐标原点，当的面积取最大值时，直线的斜率等于（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题知表示以原点为圆心，为半径的半圆，设，进而根据面积公式得，时，的面积取得最大值，此时原点到直线的距离为，设直线的方程为，再根据距离公式求解即可得答案 【详解】曲线即为，表示以原点为圆心，为半径的半圆， 设 所以的面积， 所以，当时，的面积取得最大值，此时原点到直线的距离为， 设直线的方程为， 因为原点到直线的距离为，解得， 所以，整理得，解得（正舍）. 所以的面积取最大值时，直线的斜率等于 故选：B 5. 设为任意四棱柱，在的12条棱中随机选取两条不同的棱，将事件“所在直线与所在直线平行”发生的概率记为，下列选项中不是可能的值的是（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先算总数，然后四棱柱内平行的直线越多，概率就越大，所以底面为平行四边形的时候概率最大，然后把概率算出来，验证选项是否正确. 【详解】从条棱中选条的组合数为, 四棱柱中平行棱最多分为3组(底面为平行四边形的时候，侧棱1组、底面2组)，每组4条，每组内选2条的组合数为，所求事件包含结果数为3×6=18， 最大概率值：； 对于A：底面两组对边都不平行时，，故A可能是； 对于B：底面为梯形时，，故B可能是； 对于D：底面为平行四边形时，，故D可能是； 综上，选项C中的值不是可能的值， 故选：C. 6. 已知两点，过点的直线l与线段（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出直线的斜率，再根据斜率和倾斜角的关系即可求出. 【详解】因，，，则斜率，， 如图所示， 直线逆时针旋转到的位置才能保证过点的直线与线段有交点， 从转到过程中，倾斜角变大到，斜率变大到正无穷，所以此时； 从转到过程中，倾斜角从开始变大，斜率从负无穷开始变大，所以此时， 综上可得直线的斜率的取值范围为. 故选：A. 7. 在平面直角坐标系中，点集.若中的个不同的点满足：为的中点，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意画出的图象，且分析出大致位置，则可设出，，结合，且中点的坐标也符合方程，联立后即可求出，进而求出点的坐标. 【详解】设集合的方程可写成， 由题意，点应在负半轴上，点应该在抛物线上，如图所示： 不妨设，，则中点， 因为，得， 因为点是集合内一点，则有，即， 两边同时平方得， 联立，解得，，则有点， 故选：B. 8. 如图，已知平面，，，，，，，且，，．若，则四棱锥体积的最大值是（    ） A. B. 8 C. 24 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】先证平面平面，得棱锥的高就是三角形的边上的高.再求底面，再由条件得，因此点在一个圆上，用解析法求的最大值可得体积最大值. 【详解】因为，，所以， 又，且，平面，平面， 所以平面，而，所以平面， 又平面，所以平面平面. 过P点作的垂线，交点为，设垂线的长为，则也是四棱锥的高. 由上可知四边形为直角梯形，所以. 所以要使四棱锥体积的最大值，就必须棱锥的高最大， 也就是三角形的边上的高最大. 下面用解析法求解的最大值： 因为，，所以，又， 所以相似于， 根据相似三角形的性质有，，即， 如图：在平面内建立直角坐标系，设，， 由，得， 化简整理得， 即，P点在以为圆心，以4为半径的上半圆上. 所以P点到的距离，由圆的性质可得， 所以，. 故选：C. 二、多选题（每小题6分） 9. 已知、，为圆上一动点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为 C. 到直线距离的最大值为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出点到直线的最大距离，结合三角形的面积公式可判断A选项；求出的最大值，可得出到直线距离的最大值，可判断C选项；利用平面两点间的距离公式结合圆的方程可判断D选项；利用圆的几何性质可判断B选项. 【详解】对于A选项，圆上的一点到直线的最大距离为圆的半径，故的最大值为，A对； 对于C选项，如下图所示： 点到直线的距离为， 圆的圆心为原点，当直线与圆相切时，此时最大，则点到直线的距离取最大值， 连接，则，则，故， 因此，点到直线的距离为，C错； 对于D选项，设点，则， 所以， ，D对； 对于B选项，， 当且仅当点为直线与圆的交点，且点在线段上时，等号成立， 所以，的最大值为，B对. 故选：ABD. 10. 1694年瑞士数学家雅各布•伯努利描述了如图的曲线，我们将其称为伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是时的双纽线上一点，下列说法正确的是（    ） A. 双纽线的方程为 B. C. 双纽线上满足的点有2个 D. 的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据定义求解即可判断A；根据，判断B；利用的点在轴上，再利用方程求解即可判断C；利用向量和余弦定理判断D. 【详解】由题意，，，， 双纽线的方程为， 化简可得，故A正确； 由等面积法得， 则，所以，故B正确； 根据对称性可知，若双纽线上存在点满足，则点必在轴上， 令，得，得， 所以C上满足的点P有一个，故C错误； 因为在线段的中点，所以， 所以， 由余弦定理得， 即， 所以，故D正确； 故选：ABD 11. 已知正四面体的棱长为，体心为，为空间动点，下列说法正确的有（ ） A. 该四面体的体积为 B. 若在边上（不包括端点），则到的距离的取值范围为 C. 若在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为 D. 若，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法结合正四面体的体积公式判断A，利用点到直线距离的向量求法判断B，利用空间位置关系的向量表示并结合题意判断轨迹类型，再利用圆的弧长公式判断C，结合题意求出的轨迹方程，再利用空间向量数量积的坐标表示并结合柯西不等式求解取值范围判断D即可. 【详解】对于A，如图，作出符合题意的图形，将正四面体放入正方体中， 将棱作为正方体的面对角线，以为原点建立空间直角坐标系， 设正方体边长为，因为正四面体的棱长为， 所以，解得， 则，，，， 则，，， 设面的法向量为，可得， 令，解得，得到， 设点到面的距离为， 由点到平面的距离公式得， 则该四面体的体积为，故A正确， 对于B，由已知得，设，则， 由题意得在边上（不包括端点），可得， 而，则， 可得，解得， 得到，则， 设到的距离为，由点到直线的距离公式得 ，令， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为， 当时，，当时，， 可得，则， 得到到的距离的取值范围为，故B错误， 对于C，设的中点为，球的半径为，， 由中点坐标公式得，由两点间距离公式得， 则球的方程为， 而在以为直径的球面上，可得， 由题意得，， 因为平面，所以， 得到，化简得， 则还在平面上，得到的轨迹是圆， 设到该平面的距离为，截面圆的半径为， 由点到直线的距离公式得，由勾股定理得， 由弧长公式得点的轨迹长为，故C正确， 对于D，由已知得，则， ，，， 则， 因为，所以， 则， 化简得， 则的轨迹是球心为，半径为1的球， 而，， 则， 由题意得， 则， 而，即， 而，可得， 即， 由柯西不等式， 可得，即， 解得，令， 则可化为， 由一次函数性质得在上单调递增， 且，，则，即， 则的取值范围为，故D正确. 故选：ACD 三、填空题（每小题5分） 12. 星月班男女生的比例为，全班的平均身高为，若女生的平均身高为，则男生的平均身高为______． 【答案】 【解析】 【分析】设出男生的平均身高，然后根据条件列方程求解即可． 【详解】设男生的平均身高为，则根据题目条件知， 解得． 故答案为：173． 13. 若成等差数列，则正数的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差中项的定义列关系式，再利用对数的运算法则以及对数函数的性质化简求出. 【详解】由题意可知，且， 则，则，得. 故答案为： 14. 已知双曲线：（）的左、右焦点分别为，，过点作圆：的切线，交双曲线的右支于点，若，则实数______． 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线的定义及几何意义结合直线与圆的位置关系，运用余弦定理构造的关系式，结合三角形面积公式求出变量，进而求解实数． 【详解】 双曲线方程为， ，，，， 过作圆的切线，切点为，则，则： ， 由双曲线的定义可得， 设，则， 在中，，由余弦定理得： ，即， 化简整理得， 是中点，， 到的距离， ， ， ，解得， ，，化简得，解得． 故答案为： 四、解答题 15. 某家水果店的店长为了解本店苹果的日销售情况，记录了近期连续120天苹果的日销售量（单位：），并绘制频率分布直方图如下： （1）请根据频率分布直方图估计该水果店苹果日销售量的众数，平均数，中位数；（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表） （2）一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能80%地满足顾客的需求（在10天中，大约有8天可以满足顾客的需求）.请问每天应该进多少千克苹果？（精确到整数位） 【答案】（1）众数，平均数，中位数 （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定的频率分布直方图，结合众数、平均数和中位数的概念与计算公式，即可求解； （2）由频率分别直方图，求得日销售量和之间的频率，得到所求的量位于区间之间，进而求得没电该进量. 【小问1详解】 解：根据频率分布直方图知，区间的频数最大，所以估计众数为， 平均数为， 设中位数为，因为日销售量之间的频率为， 日销售量之间的频率为， 所以. 【小问2详解】 解：由频率分别直方图知， 日销售量之间的频率为， 日销售量之间的频率为， 所以所求的量位于区间之间， 设每天的该进量为千克，则， 所以每天应该进量为千克. 16. 已知双曲线的一条渐近线方程为，且经过点. （1）求双曲线的方程； （2）若直线与双曲线相交于两点，且线段的中点坐标为，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据渐近线方程得到，然后根据经过的点坐标求出的值，进而求得双曲线的方程. （2）设，将其代入双曲线方程中进行化简即可求得直线的斜率，进而得到直线的方程. 【小问1详解】 因为双曲线的一条渐近线方程为， 即，又双曲线的渐近线方程为，所以，即. 而双曲线经过点，所以有，解得. 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 设，将其代入双曲线方程中得 ，两式相减得 因为线段的中点坐标为，所以. 所以，设直线的斜率为，则. 所以直线的方程为，即. 17. 如图,在四棱锥中，底面，． （1）证明：平面平面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）证明：由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. （ii）. 【解析】 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 18. 已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程； （2）已知点，在上，且，，为垂足．试确定是否存在定点，使得为定值．若定点存在，求出定点坐标．若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据离心率、、椭圆过A点列方程即可求解； （2）设点，直线的方程，结合韦达定理求出直线所过定点，则取的中点Q，进一步验证成立即可． 【小问1详解】 由题意可知，且，又过点，所以， 解得， 椭圆的方程为． 【小问2详解】 如图所示， 设点， 若直线斜率存在时，设直线的方程为， 代入椭圆方程消去并整理得：， 可得，， 因为，所以，即， 根据， 代入整理可得， 所以， 整理化简得， 因为不在直线上，所以， 故，于是的方程为， 所以直线过定点； 当直线的斜率不存在时，可得， 由得， 得，结合可得：， 解得或（舍）， 此时直线过点； 令为的中点，即，且由上述可知， 若与不重合，则由题设知是的斜边，故； 若与重合，则； 故存在点，使得为定值． 19. 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． （1）求E的方程； （2）设过点的直线交E于互不重合的两点． (i)当与垂直时，求直线的方程． (ii)过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 【答案】（1） （2）(i)；(ii)证明见解析 【解析】 【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可； （2）（i）设直线的方程，与椭圆联立，由韦达定理代入，化简求解即可； （ii）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解. 【小问1详解】 设椭圆方程为，， 则解得， 则椭圆E的标准方程为. 【小问2详解】 （i）显然直线斜率存在，设. 联立，得， 方程的判别式 可得. 由，知，故，化简得. 解得（舍）或，故直线的方程为. （ii）由，得， ①若直线斜率不存在，. 代入，可得，， 代入AB方程，可得， 由得到. 求得HN方程：，过点. ②若直线斜率存在，设. 由(i)知，故有， 联立，可得 可求得此时， 将代入整理得， 又经计算可得 代入，得分子， 综上，可得直线HN过定点 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $