精品解析：陕西省渭南市校联协作体2025-2026学年高二上学期期末学业水平质量评估试题数学试题

2025-2026（上）渭南市校联协作体期末学业水平质量评估试题 高二数学 注意事项： 1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.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. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本题共小题，每小题4分，共28分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 已知直线，，则“”是"”的（ ） A. 充分必要条件 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 2. 若直线：与：交于 ，两点，则的最小值为（ ） A. 3 B. 6 C. D. 3. 已知圆与圆有且只有2条公切线，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 若点在圆：的内部，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 设双曲线 的右焦点为，过的直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为 ，交另一条渐近线于点，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 6. 已知展开式的二项式系数和为64，则其展开式的常数项为（ ） A. B. C. 15 D. 60 7. 从分别标有数字， ， ，，的5张卡片中随机一次性抽取2张，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在直三棱柱中，为线段的中点，分别为线段 与线段上的点，则线段长的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分） 9. 如图，在直三棱柱中，，，点满足，其中，则（ ） A. 当时，的最小值为 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，存在两个点使得平面与平面的夹角为 D. 当时，有且仅有一个点，使得 10. 已知过抛物线焦点的直线与抛物线交于 两点，则下列结论正确的是（ ） A. 以为直径的圆与准线相切 B. 若点，则的最小值为5 C. 若直线的倾斜角为，则 D. 点为线段中点，则点的坐标可以是 11. 甲、乙两人开展乒乓球对抗赛，约定对抗赛最多进行3场，先累计获胜两场者赢得本次对抗赛．每场比赛仅分胜负，无平局，甲每场获胜的概率为，乙每场获胜的概率为，且各场比赛结果相互独立．下列说法正确的是（ ） A. 本次对抗赛恰好进行2场就结束的概率为 B. 甲最终赢得本次对抗赛的概率为 C. 若事件 为“对抗赛恰好进行2场结束”，事件为“甲赢得对抗赛”，则事件 与事件是相互独立事件 D. 本次对抗赛恰好进行3场结束且甲赢得本次对抗赛的概率为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知是平面的一个法向量，直线的一个方向向量为，且，则___________． 13. 已知抛物线 的焦点为，则点到准线的距离为______，过点作倾斜角为锐角的直线，直线与抛物线交于不同的两点， ，过点作直线的垂线交准线于点，若，则直线的倾斜角为______ 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为 ，直线与的另一个交点为，若，则的值为___________． 四、解答题：（本题共5小题，共77分：15题13分；16-17题15分；18-19题17分；解答应写出数学语言说明、证明过程、演算步骤） 15. 已知圆，直线． （1）求证：不论为何值时直线恒过定点，并求出定点坐标； （2）（i）求证：直线与圆相交； （ii）求出截得弦长最短时直线的方程． 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱 的中点. （1）证明：平面； （2）若 ，平面 平面，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知椭圆：（ ）过点，离心率． （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，过点的直线与椭圆交于不同的两点 ，．直线，分别与轴交于点 ，．判断和的大小关系，并说明理由． 18. 甲、乙两位同学参加投篮练习，由他们的投篮位置和命中情况确定得分可能为3分、2分、0分，根据以往练习统计数据，甲一次投篮得3分、2分、0分的概率分别为，乙不投3分球，他一次投篮得2分、0分的概率分别为．若甲、乙各投篮一次称为一轮投篮，且甲、乙投篮相互独立，每次投篮也互不影响． （1）记一轮投篮后，甲的得分为 ，乙的得分为，求； （2）记一轮投篮后，甲乙所得分数之和为随机变量，求的分布列及数学期望． 19. 国家近年来对机器人的研究，尤其是在人形机器人和具身智能领域方面，出台了一系列的政策，旨在推动技术创新、产业升级和规模化应用．某学校为响应国家号召，培养学生的创新能力，举办机器人比赛，经过初赛，甲班团队和乙班团队进入了决赛阶段．决赛阶段规定：对每一轮比赛，获胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获冠军．若每轮比赛中，甲班团队获胜的概率为，且每轮比赛的结果相互独立． （1）求比赛结束时恰好进行了3轮比赛，且甲班团队获得冠军的概率； （2）（i）若比赛最多进行5轮，求比赛结束时比赛轮数的分布列及数学期望； （ii）若比赛轮数不限制，求甲班团队获得冠军的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026（上）渭南市校联协作体期末学业水平质量评估试题 高二数学 注意事项： 1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.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. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本题共小题，每小题4分，共28分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 已知直线，，则“”是"”的（ ） A. 充分必要条件 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】A 【解析】 【分析】两直线垂直的充要条件结合充分必要条件定义即可得解. 【详解】若“”，则， 所以“”是“”的充分必要条件. 故选：A. 2. 若直线：与：交于，两点，则的最小值为（ ） A. 3 B. 6 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线过定点并求出圆心到直线距离的最大值，可得弦长的最小值. 【详解】直线的方程可化为， 令，解得，所以恒过定点. 又的圆心，半径为，， 易知当时，圆心到直线的距离最大值为，此时取得最小值， 可得最小值为. 故选：B 3. 已知圆与圆有且只有2条公切线，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知圆与圆相交，根据两圆相交的条件列不等式，求解即可求出答案. 【详解】由题意可得圆圆心坐标为，半径 ，圆圆心坐标为，半径 ， 因为圆与圆有且只有2条公切线， 所以圆与圆相交， 则， 所以，即，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：C. 4. 若点在圆：的内部，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据点在圆内，得出不等关系，解不等式即可求得结果. 【详解】由在圆内，得， 即，可化为； 解得 ，即. 故选：A 5. 设双曲线 的右焦点为，过的直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，交另一条渐近线于点，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】求得双曲线的渐近线方程，进而求得过与渐近线垂直的直线方程，联立方程组求得 的坐标，进而计算可求得的值. 【详解】由双曲线 ，得，所以， 所以双曲线的右焦点为，双曲线的渐近线方程为 ， 当过作渐近线的垂线时，可得过与渐近线垂直的直线方程为， 联立，解得，所以垂足， 联立，解得，所以交点， 所以，， 所以. 同理可求过作渐近线的垂线时，. 综上，. 故选：B. 6. 已知展开式的二项式系数和为64，则其展开式的常数项为（ ） A. B. C. 15 D. 60 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式系数和可得，再结合二项展开式的通项运算求解即可. 【详解】因为展开式的二项式系数和为，解得， 且展开式的通项为，， 令，解得，可得， 所以其展开式的常数项为60. 故选：D. 7. 从分别标有数字， ， ，，的5张卡片中随机一次性抽取2张，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算抽到的2张卡片中数字乘积为负数的概率，再计算抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率即可. 【详解】从5张卡片中抽取2张，共有种可能， 抽到的2张卡片中数字乘积为负数，即一正一负，共种可能， 所以抽到的2张卡片中数字乘积为负数的概率， 则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率． 故选：C. 8. 如图，在直三棱柱中，为线段的中点，分别为线段 与线段上的点，则线段长的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后设出 的坐标，根据两点距离公式列出 的表达式，最后根据二次函数的性质求出最小值即可. 【详解】因为直三棱柱中，，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则. 因为点在线段上，设，， 所以，所以. 因为点在线段上，所以设，所以. 为了求其最小值，则时，， 此时， 根据二次函数的性质，由于，所以当时， 取最小值为. 故选：C. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分） 9. 如图，在直三棱柱中，，，点满足，其中，则（ ） A. 当时，的最小值为 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，存在两个点使得平面与平面的夹角为 D. 当时，有且仅有一个点，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，点在线段上，故当 两点重合时，取得最小值，求出最小值；B选项，等体积法得到；C选项，建立空间直角坐标系，设，求出，并得到两平面的法向量，根据面面角的夹角得到方程，方程无解，故C错误；D选项，表达出，令，解得，故有且仅有一个点，使得，D正确. 【详解】A选项，，，，故点在线段上， 故当 两点重合时，取得最小值，最小值为，A正确； B选项，当时，，故，， 又，所以点在线段上，， 因为直三棱柱中，⊥平面，又 平面，所以⊥， 又⊥，，所以⊥平面， 故点到平面的距离为1，故， 三棱锥的体积为定值，B正确； C选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 因为时，，即， 所以，故，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，故， 平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 若平面与平面的夹角为，令，故， 方程无解，故不存在两个点使得平面与平面的夹角为，C错误； D选项，当时，，即， 故，，故， 又，令， 解得，故有且仅有一个点，使得，D正确. 故选：ABD 10. 已知过抛物线焦点的直线与抛物线交于 两点，则下列结论正确的是（ ） A. 以为直径的圆与准线相切 B. 若点，则的最小值为5 C. 若直线的倾斜角为，则 D. 点为线段中点，则点的坐标可以是 【答案】ABD 【解析】 【分析】计算和中点到准线的距离可判断A；根据抛物线的定义结合距离和最小计算可判断B；应用韦达定理计算面积可判断C；根据点差法可判断D. 【详解】由题意可知抛物线的焦点，准线方程为 ； 设，的中点， 则到准线 的距离为，， 所以以为直径的圆与准线相切，故A正确； 过点作垂直于准线，垂足为， 则，当且仅当三点共线时取等号， 所以的最小值为5，故B正确； 若直线的倾斜角为，则直线的方程为，即， 则点到直线的距离， 由得， 所以，， 所以，故C错误； 假设点的坐标为，则， 由直线与抛物线交于 两点得，两式相减得， 即，所以， 所以直线的方程为， 即，点在直线上， 由得，，故D正确. 故选：ABD 11. 甲、乙两人开展乒乓球对抗赛，约定对抗赛最多进行3场，先累计获胜两场者赢得本次对抗赛．每场比赛仅分胜负，无平局，甲每场获胜的概率为，乙每场获胜的概率为，且各场比赛结果相互独立．下列说法正确的是（ ） A. 本次对抗赛恰好进行2场就结束的概率为 B. 甲最终赢得本次对抗赛的概率为 C. 若事件为“对抗赛恰好进行2场结束”，事件为“甲赢得对抗赛”，则事件与事件是相互独立事件 D. 本次对抗赛恰好进行3场结束且甲赢得本次对抗赛的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用独立事件概率乘法公式，结合分类讨论、互斥事件概率加法，来计算判断即可. 【详解】对于A，对抗赛恰好两场结束，需满足“甲或乙连续赢两场”，则概率为，故A正确； 对于B，甲赢得对抗赛，包含两种情况：一种是两场结束后甲获胜，概率为， 另一种是甲在前两场比赛输了一场，第3场比赛胜，则概率为，概率之和为，故B与D正确； 对于C，，不满足独立条件，故C错误． 故选：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知是平面的一个法向量，直线的一个方向向量为，且，则___________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据平面法向量的性质，结合空间向量平行的性质的坐标运算进行求解即可. 【详解】， 直线的一个方向向量与平面的一个法向量垂直， ，解得. 故答案为：. 13. 已知抛物线 的焦点为，则点到准线的距离为______，过点作倾斜角为锐角的直线，直线与抛物线交于不同的两点，，过点作直线的垂线交准线于点，若，则直线的倾斜角为______ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】求出即可；过点作垂直准线，根据抛物线的定义以及条件可得，即可求出，再利用垂直关系即可. 【详解】，则 ， 故点到准线的距离为 ； 过点作垂直准线，垂足为，则由抛物线的定义可知，， 因为，所以，则， 因为，所以直线的倾斜角为. 故答案为：； 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，直线与的另一个交点为，若，则的值为___________． 【答案】3 【解析】 【分析】设，根据椭圆定义可得，，进而可得，即可得结果. 【详解】由题意可知：，， 设，则，， 若，则，解得， 可得，，所以. 故答案为：3. 四、解答题：（本题共5小题，共77分：15题13分；16-17题15分；18-19题17分；解答应写出数学语言说明、证明过程、演算步骤） 15. 已知圆，直线． （1）求证：不论为何值时直线恒过定点，并求出定点坐标； （2）（i）求证：直线与圆相交； （ii）求出截得弦长最短时直线的方程． 【答案】（1）证明见解析，定点坐标为 （2）（i）证明见解析 （ii） 【解析】 【分析】（1）首先把直线变形为，然后解方程组即可得出定点坐标； （2）（i）只需利用点与圆的位置关系证明点在圆内即可； （ii）当直线时，弦长最短，根据垂直关系即可求出. 【小问1详解】 直线整理得， 由解得，所以直线恒过. 【小问2详解】 （i）因为，所以点在圆内，所以直线与圆相交； （ii）由题意可知圆心当直线时，弦长最短，此时， 即，解得， 所以直线的方程为，即. 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱 的中点. （1）证明：平面； （2）若 ，平面 平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取中点，连接 . 因为 为 中点， 所以为 的中位线， 所以 且. 在正方形中，为中点， 所以 且 ， 所以 且 ， 所以四边形是平行四边形. 所以 . 又 平面 平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）通过构造辅助线取中点，连接 ，利用中位线定理证明四边形是平行四边形，从而证得线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式计算二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于平面 平面，平面 平面 ， 平面 平面. 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设 ，则有 . 设平面的法向量 ， ，所以，不妨令 ， 得 ； 设平面的法向量 ， ，所以，不妨令 ， 得 ； 设平面与平面夹角为 ， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知椭圆：（ ）过点，离心率． （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，．直线，分别与轴交于点，．判断和的大小关系，并说明理由． 【答案】（1） （2）,理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率得到 的关系，结合所过点可求答案； （2）联立方程，写出韦达定理，求出点，的横坐标，求和可得值为零，从而可得答案. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为 ，因为离心率，所以，即， 因为，所以方程化为，代入点，解得 ， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设过点的直线l方程为，设， 联立椭圆与直线方程,得， 由，得 ； 由韦达定理：. 直线PM的方程为：，令，解得E点横坐标：， 代入化简：，同理可得； ， 把代入可得,即, 所以. 18. 甲、乙两位同学参加投篮练习，由他们的投篮位置和命中情况确定得分可能为3分、2分、0分，根据以往练习统计数据，甲一次投篮得3分、2分、0分的概率分别为，乙不投3分球，他一次投篮得2分、0分的概率分别为．若甲、乙各投篮一次称为一轮投篮，且甲、乙投篮相互独立，每次投篮也互不影响． （1）记一轮投篮后，甲的得分为，乙的得分为，求； （2）记一轮投篮后，甲乙所得分数之和为随机变量，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列如下表所示： 0 2 3 4 5 【解析】 【分析】（1）分别按照，， 求出概率，根据互斥事件概率的加法公式，可得的值. （2）的可能取值为，分别求出相应的概率，列出的分布列，根据数学期望的公式求出 的值. 【小问1详解】 的取值为3,2,0,对应的概率分别为，，. 的取值为2,0，对应的概率分别为，. 当时，取2或0都满足， 此时概率为. 当时，取2或0都满足， 此时概率为. 当 时，只有满足， 此时概率为. 根据互斥事件概率的加法公式，可得. 【小问2详解】 的可能取值为0,2，3，4，5. . . . . . 的分布列如下表所示： 0 2 3 4 5 可得. 19. 国家近年来对机器人的研究，尤其是在人形机器人和具身智能领域方面，出台了一系列的政策，旨在推动技术创新、产业升级和规模化应用．某学校为响应国家号召，培养学生的创新能力，举办机器人比赛，经过初赛，甲班团队和乙班团队进入了决赛阶段．决赛阶段规定：对每一轮比赛，获胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获冠军．若每轮比赛中，甲班团队获胜的概率为，且每轮比赛的结果相互独立． （1）求比赛结束时恰好进行了3轮比赛，且甲班团队获得冠军的概率； （2）（i）若比赛最多进行5轮，求比赛结束时比赛轮数的分布列及数学期望； （ii）若比赛轮数不限制，求甲班团队获得冠军的概率． 【答案】（1） （2）（i） 3 5 （ii）. 【解析】 【分析】（1）由互斥事件和相互独立事件的概率公式进行计算. （2）（i）先得到的所有可能取值为3，5，再结合互斥事件和相互独立事件的概率公式得到取每个值的概率，从而列出分布列，利用数学期望的计算公式得到. （ii）设事件为“比赛轮数不限制，甲班团队获冠军称号”，设比赛过程中，甲班团队与乙班团队累积得分的差为，表示 时最终甲班团队获“冠军”称号的概率，可得，结合全概率公式和迭代可得最终结果. 【小问1详解】 设事件为“第轮比赛甲班团队获胜”，由题意得．设事件表示“当比赛结束时恰好进行了3轮比赛，且甲班团队获得冠军”，因为每轮比赛的结果相互独立， 则． 故甲班团队获得冠军的概率为. 【小问2详解】 （i）由题意得，事件为“第轮比赛乙班团队获胜”，， 的所有可能值为3，5． 所以. 所以的分布列为 3 5 所以. （ii）设事件表示“比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军”．设比赛过程中，甲班团队与乙班团队累积得分的分差为表示 时最终甲班团队获得冠军的概率，其中．由题意知． 根据全概率公式有 . 所以， 迭代得 所以， ， ． 累加得 所以． 故， 所以． 即． 故若比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $