精品解析：四川遂宁市2025-2026学年高二上学期期末教学质量监测数学试题

高2027届高二上期期末教学质量监测 数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.总分150分.考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，满分58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上.并检查条形码粘贴是否正确. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 3.考试结束后，将答题卡收回. 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. 数列，，，，的一个通项公式为（ ） A. B. C. D. 2. 已知是空间直角坐标系中的一点，与点关于平面对称的点是（ ） A. B. C. D. 3. 从装有3个红球和5个黄球口袋内任取3个球，那么“至少有1个红球”的对立事件是（ ） A. 至少有2个红球 B. 至少有2个黄球 C. 都是黄球 D. 至多1个红球 4. 求经过点，且与直线平行的直线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线恒过定点，点为抛物线的焦点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 与圆及圆都外切的圆的圆心轨迹为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线的一支 D. 抛物线 7. 已知双曲线：与直线：有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于，两点.当点运动时，可得点的轨迹为双曲线（去掉两个顶点），则的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 8. 已知数列、满足：，，这两个数列的项组成一个集合.集合中的数按从小到大的顺序排列组成新数列，的前项和为，则（ ） A. 5014 B. 5040 C. 5041 D. 5051 二、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. 已知事件，满足，，则下列说法正确的是.（ ） A. 若，则 B. 若与相互独立，则 C. 若，则与相互独立 D 若与互斥，则 10. 若直线与抛物线：相交于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 若直线：过抛物线：焦点，则 B. 若直线过抛物线焦点，过、两点分别向准线作垂线，垂足分别为，，则 C. 若直线过点，则，； D. 若三角形为直角三角形，过作，垂足为，则点的轨迹方程为：； 11. 在正方体中，点满足：，其中，，则下列说法正确是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，点在棱上 C. 当时，三棱锥的体积为定值 D. 时，存在两个点，使得 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上. 2.试卷中横线及框内注有“______”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 城市足球联赛“川超”火爆出圈，甲乙两队进行一场比赛，若甲获胜的概率为0.4，甲、乙踢成平局的概率为0.3，则甲不输的概率为______. 13. 已知直线：，圆：.若圆上有四个点与直线距离为1.则的取值范围为______. 14. 在平行六面体中，，，，为的中点，则______. 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. 骰子是一种古老而又受欢迎的游戏工具.抛掷一红一绿两颗质地均匀的六面体骰子，记下骰子朝上面的点数，用表示红色骰子的点数，表示绿色骰子的点数，表示一次试验的结果，设“两个点数之和等于7”，“至少有一颗骰子的点数为4” （1）求事件，的概率； （2）求事件，的概率. 16. 设数列满足：，. （1）证明：数列为等比数列 （2）若，求数列的前项和. 17. 已知圆过点，，圆心在直线上. （1）求的标准方程； （2）直线与交于，两点，点为上任意一点，求面积的最大值. 18. 如图，平面，，，，，. （1）证明：平面； （2）若. （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）判断在线段上是否存在一点，使得三棱锥体积为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 19. 已知椭圆：的离心率为，且是，的等比中项. （1）求的方程. （2）过内点的直线与交于、两点，设直线，，的斜率分别为，， （ⅰ）若，点，求的值. （ⅱ）若点是直线：上的一个动点，证明：，，成等差数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2027届高二上期期末教学质量监测 数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.总分150分.考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，满分58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上.并检查条形码粘贴是否正确. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 3.考试结束后，将答题卡收回. 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. 数列，，，，的一个通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用观察法即可得解. 【详解】观察数列，，，， 可知其分母为，其分子是交替出现，故分子可为， 所以该数列的一个通项公式为. 故选：A. 2. 已知是空间直角坐标系中的一点，与点关于平面对称的点是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由于点关于平面对称的点，满足横坐标、竖坐标不变，纵坐标互为相反数，计算即可. 【详解】空间直角坐标系中与点关于平面对称的点， 满足横坐标、竖坐标不变，纵坐标互为相反数， 是空间直角坐标系中的一点， 点关于平面对称的点是. 故选：D 3. 从装有3个红球和5个黄球的口袋内任取3个球，那么“至少有1个红球”的对立事件是（ ） A. 至少有2个红球 B. 至少有2个黄球 C. 都是黄球 D. 至多1个红球 【答案】C 【解析】 【分析】先对至少有1个红球进行情况分析，再结合对立事件的定义求解即可. 【详解】由题意得若发生“至少有1个红球”，则取出红球的数量为个，个，个， 由对立事件的性质得“至少有1个红球”的对立事件为取不到红球， 即取到的都是黄球，故C正确. 故选：C 4. 求经过点，且与直线平行的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设所求直线方程为，代入点坐标求出可得方程. 【详解】因为所求直线与直线平行，故可设所求直线方程为， 将点坐标代入得，解得， 所以所求直线方程为. 故选：B 5. 已知直线恒过定点，点为抛物线的焦点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由变形得：，求出点的坐标，由抛物线方程表示出抛物线的焦点，计算即可. 【详解】直线， ， 直线恒过定点， ，解得：， 点， 点为抛物线的焦点， 点， ，解得：. 故选：D 6. 与圆及圆都外切的圆的圆心轨迹为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线的一支 D. 抛物线 【答案】C 【解析】 【分析】先判断两圆外离，根据圆与圆及圆都外切，可得，再根据双曲线的定义可得答案. 【详解】设与圆 （圆心 ，半径 ）和 圆 （即 ，圆心 ，半径 ） 都外切的圆的圆心为  ，半径为， 由题意得，消去  得， 这表示点P到两定点和的距离之差为常数，且， 由双曲线的定义知：点的轨迹为双曲线， 又由知：，因此点的轨迹为双曲线的一支. 故选： C 7. 已知双曲线：与直线：有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于，两点.当点运动时，可得点的轨迹为双曲线（去掉两个顶点），则的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立直线与双曲线方程，利用得到，求出点的坐标，得到过点且与垂直的直线方程，即可表示出点，进而得到双曲线的轨迹方程，再求出离心率即可. 【详解】联立方程组，消去，整理可得. 因为，且直线与双曲线有唯一的公共点， 所以，即. 可解得点的坐标为，即，其中. 于是过点且与垂直的直线方程为， 可得，所以.即. 于是，. 即，其中. 所以点的轨迹方程为， 轨迹是焦点在轴上，实轴长为5，虚轴长为10的双曲线（去掉两个顶点）. 所以，. 所以离心率. 故选：B 8. 已知数列、满足：，，这两个数列的项组成一个集合.集合中的数按从小到大的顺序排列组成新数列，的前项和为，则（ ） A. 5014 B. 5040 C. 5041 D. 5051 【答案】A 【解析】 【分析】根据通项公式可知两个数列的公共项为，新数列的前60项数列的前56项与数列的前7项组合而成，结合等差、等比数列的求和公式运算求解即可. 【详解】因为数列的前60项依次为， 且数列的前n项和为， 所以数列的前8项依次为， 且数列的前n项和为， 可知此时两个数列公共项为，有3项，且， 可知新数列的前60项是由数列的前项与数列的前项组合而成，重复的只能算一次， 故. 故选：A. 二、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. 已知事件，满足，，则下列说法正确的是.（ ） A. 若，则 B. 若与相互独立，则 C. 若，则与相互独立 D. 若与互斥，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据独立事件概率乘积公式及互斥事件概率和公式，对立事件概率公式计算判断各个选项. 【详解】事件，满足，， 对于A：若，则，A选项正确； 对于B：若与相互独立，则，B选项错误； 对于C：因为，即，则与相互独立，C选项正确； 对于D：若与互斥，则，D选项正确； 故选：ACD. 10. 若直线与抛物线：相交于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 若直线：过抛物线：焦点，则 B. 若直线过抛物线的焦点，过、两点分别向准线作垂线，垂足分别为，，则 C. 若直线过点，则，； D. 若三角形为直角三角形，过作，垂足为，则点的轨迹方程为：； 【答案】AB 【解析】 【分析】根据直线过焦点求出，然后联立抛物线方程，利用弦长公式可判断A；根据等腰三角形和平行直线内错角相等可判断B；设直线的方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理可判断C；先判断直线过定点，然后根据可判断点的轨迹在圆上，考虑原点即可判断D. 【详解】对A，抛物线：焦点为，代入可得， 联立消元得，则， 所以，正确； 对B，，轴，∴，同理， 又，∴，正确； 对C，设直线的方程为，代入得， 则， 所以 ， 综上，，错误； 对D，由C可知，， 因为三角形为直角三角形，所以，得， 所以直线的方程为过定点， 又，所以点在以为直径的圆上，圆心为，半径为， 其方程， 因构成直角三角形，所以点与原点不重合， 所以点的轨迹方程为，错误. 故选：AB 11. 在正方体中，点满足：，其中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，点在棱上 C. 当时，三棱锥的体积为定值 D. 时，存在两个点，使得 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，当时，可得，所以点与重合，即为，由利用线面平行判定定理可判断；对于B，当时，由得，所以点在线段上；对于C，当时，可得点在线段上，利用线面平行以及棱锥的体积公式可判断；对于D，当时，取BC的中点，的中点，可得点在线段EF上，设，根据勾股定理计算即可． 【详解】对于A，当时，，得， 即，所以点与重合，即为， 因为，平面ABCD，平面ABCD， 所以平面ABCD，即平面ABCD，故A正确； 对于B，当时，，得，即， 因为，所以点在线段上，故B错误； 对于C，当时，，得，则， 因为，所以点在线段上， 又平面，即平面MBC，设正方体边长为a， 所以， 即三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D，当时，取BC的中点，的中点，则， 则， 则，也即， 因为，所以点在线段EF上， 设正方体边长为a，，则，则， ，， 若，则，即， 则，所以，即点为线段EF的中点， 所以当时，存在一个点，使得，故D错误． 故选：AC． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上. 2.试卷中横线及框内注有“______”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 城市足球联赛“川超”火爆出圈，甲乙两队进行一场比赛，若甲获胜的概率为0.4，甲、乙踢成平局的概率为0.3，则甲不输的概率为______. 【答案】0.7## 【解析】 【分析】甲不输包括甲获胜和甲、乙两队踢成平局，再由互斥事件求解即可. 【详解】设事件为甲获胜，事件为甲、乙两队踢成平局， 则，，. 故答案为：0.7. 13. 已知直线：，圆：.若圆上有四个点与直线距离为1.则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】由圆：，配方得：，求出圆心和半径，再求出圆心到直线的距离，根据，计算即可. 【详解】圆的方程：， 配方得：， 圆心为，半径， 圆心到直线：的距离， 圆上有四个点与直线距离为1， ，即， 解得：. 故答案为： 14. 在平行六面体中，，，，为的中点，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】由题意可得，可被，，表示，再由数量积以及向量模的定义求解即可. 【详解】由题意可得， 所以 ， 所以，所以. 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. 骰子是一种古老而又受欢迎的游戏工具.抛掷一红一绿两颗质地均匀的六面体骰子，记下骰子朝上面的点数，用表示红色骰子的点数，表示绿色骰子的点数，表示一次试验的结果，设“两个点数之和等于7”，“至少有一颗骰子的点数为4” （1）求事件，的概率； （2）求事件，的概率. 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）求出事件A，B的基本事件以及个数，利用古典概型的公式计算概率即可； （2）求出事件的基本事件以及个数，得出，再由得出. 【小问1详解】 该试验的样本空间可表示为，共有36个样本点 ，有6个样本点，所以， ， 有11个样本点，所以. 【小问2详解】 ，有2个样本点，所以； 所以. 16. 设数列满足：，. （1）证明：数列为等比数列 （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过定义法证明为等比数列. （2）首先表示数列，然后求出的通项公式，最后用错位相减求和. 【小问1详解】 由，即， 又， 所以， 即数列是以2为首项，2为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以. ∴，① ，② ①-②得，， 所以. 17. 已知圆过点，，圆心在直线上. （1）求的标准方程； （2）直线与交于，两点，点为上任意一点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意设圆的标准方程为.将两点的坐标代入方程，求出的值，即可得解； （2）求出圆心到直线的距离，再利用几何法求出弦长，分析出点到直线的最大距离为，再根据三角形的面积公式计算即可得解. 【小问1详解】 因为圆心在直线上，所以设圆心为，半径为， 则圆的标准方程为. 因为圆过点，， 所以，即. 将上面两式相减，消去，可得，解得， 将其代入，解得. 所以圆的标准方程为； 【小问2详解】 由（1）知圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离为， 则，要使面积的最大， 只须点到直线的距离最大，最大距离为， 故面积的最大值为. 18. 如图，平面，，，，，. （1）证明：平面； （2）若. （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）判断在线段上是否存在一点，使得三棱锥的体积为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ）存在，点为线段上靠近的三等分点 【解析】 【分析】（1）由面面平行的判定定理，证明平面平面，由面面平行的定义，证明平面即可. （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，，，计算法向量的夹角余弦即可. （ⅱ）先求，再求 到平面的距离，最后利用等体积法 计算即可. 【小问1详解】 法一：证明：，平面，平面， 平面， 同理：平面， ，平面，平面， 平面平面， 又平面， ∴平面 法二：证明：依题意，建立以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的空间直角坐标系（如图）， 则，，，，， 设，则. 依题意，是平面的一个法向量， 又因为， ，即， ， 又因为直线平面， 平面. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可得：，，，，， ∴， ，，， 设，分别为平面和平面的法向量， ∴即， ∴，令，则， 是平面的一个法向量， ∴即， ∴，令，则， 所以，是平面的一个法向量， 设平面和平面的夹角为， ∴ 平面与平面所成角的余弦值为； （ⅱ）存在，点为线段上靠近的三等分点. 假设存在这样的点，且满足：，， ∴，， ∴， 又因为是平面的一个法向量， 点到平面的距离为， ∴ ， ， ∴，，， ∴ ， ∴，符合题意， ，即点为线段上靠近的三等分点. 19. 已知椭圆：的离心率为，且是，的等比中项. （1）求的方程. （2）过内点的直线与交于、两点，设直线，，的斜率分别为，， （ⅰ）若，点，求的值. （ⅱ）若点是直线：上的一个动点，证明：，，成等差数列. 【答案】（1） （2）（ⅰ）6；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由，结合，计算即可. （2）（ⅰ）先表示直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示根的关系，代入，计算即可. （ⅱ）将直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示根的关系，代入及，证明即可. 【小问1详解】 由椭圆离心率为，是，的等比中项 则，结合，得，， 故椭圆的方程：. 【小问2详解】 （ⅰ）当直线的斜率为0时，，，， 则， 当直线的斜率不为0时，设：， ， 由，得， 故， 则，结合，， 得 ， 把代入得： . （ⅱ）直线的斜率为0时，、，，， 则；， 即，于是，，成等差数列， 当直线的斜率不为0时，设：，，， 由，得， ， 则，结合， 得： ， 把代入得： ， ， ， ，，成等差数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $