精品解析：广东汕尾市2025-2026学年度第一学期期末教学质量监测高二数学试题

广东汕尾市2025-2026学年度第一学期期末教学质量监测高二数学试题 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处． 2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效． 3．答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀．考试结束后，请将本试题及答题卡交回． 一、单项选择题：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，且，则（ ） A. 4 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量垂直的坐标运算直接求解即可. 【详解】因为，且， 所以，解得. 故选：B 2. 现有7个红色研学纪念勋章盲盒，其中3个放有“彭湃故居”纪念勋章．甲、乙两名学生先后从中各任取一个盲盒，则乙领到“彭湃故居”纪念勋章的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先把甲的抽取结果分为两种互斥情况，再分别计算两种情况下乙的概率，最后合并计算总概率，即可得到乙抽到目标勋章的总概率. 【详解】情况1：甲先抽到了“彭湃故居”纪念勋章（概率为 ），此时剩下6个盲盒， 其中2个是“彭湃故居”纪念勋章，则乙抽到的概率为 ； 情况2：甲没抽到“彭湃故居”纪念勋章（概率为 ），此时剩下6个盲盒， 其中3个是“彭湃故居”纪念勋章，则乙抽到的概率为 ； 所以（乙抽到）. 故选：D 3. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线方程直接得到准线方程. 【详解】抛物线的准线方程为. 故选：C 4. 汕尾4个国家级名录特色农产品（城区东涌镇宝楼村红灯笼荔枝、华侨管理区红杨桃、陆河县河口镇油柑、陆丰市桥冲镇及内湖镇莲藕）种植户众多．现有荔枝户40户、杨桃户50户、油柑户60户、莲藕户50户．用分层抽样抽取容量为20的样本，应抽取油柑户（ ） A. 2户 B. 4户 C. 6户 D. 15户 【答案】C 【解析】 【分析】先计算总体数量，再求出抽样比，最后用抽样比乘以油柑户的数量得到应抽取的户数. 【详解】总体户数（户）， 抽样比 ， 应抽取油柑户数量 = （户）. 故选：C. 5. 已知直线，直线，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】A 【解析】 【分析】根据结论求出的充要条件，再根据充分条件、必要条件的定义判断. 【详解】的充要条件为， 即，得或， 故是的充分不必要条件. 故选：A 6. 过点与圆相切的两条切线的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得圆心为，半径，设，切点分别为、，即可得到且，求出，再由二倍角公式计算可得. 【详解】圆的圆心为，半径，设， 过点的圆的切线的切点分别为、，连接、、， 则且， 又，，所以， 所以. 故选：C 7. 在棱长为2的正四面体中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接MD，取其中点Q，连接，由得到是直线AM和CN的夹角或补角，接着在中由余弦定理求出即可求解. 【详解】连接MD，取其中点Q，连接， 由题意可得， ，且， 所以是直线AM和CN的夹角或补角，， 所以. 所以，即直线AM和CN夹角的正弦值为. 故选：A 8. 在长方体中，，现有一个动平面，且，当平面截此长方体所得截面边数最多时，截面的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由面面平行得出线面平行，设出比例，根据相似表示出边长，最后求得周长. 【详解】如图，截面，由于， 则， 设，则， ，， 则， 则周长为， 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. 若一组数据6，4，a，8，6，10，12的平均数为7，则（ ） A. B. 该组数据的极差是8 C. 该组数据的第75百分位数为10 D. 去掉后该组数据的方差不变 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A：用平均数公式列方程，直接求解； 选项B：找出最大值和最小值，两者相减即可； 选项C：先排序，再计算位置，按规则取对应数值； 选项D：分别计算去掉前后的方差，对比判断是否变化. 【详解】选项A：由平均数公式得，解得 .A正确. 选项B：因为数据集为 ，所以极差为 .B错误. 选项C：排序后数据为 ，第75百分位数为第6个数，即10.C正确. 选项D：因为原数据：，则平均数 ， 所以原方差为; 因为去掉 后的新数据：，则平均数 ， 所以新方差：; 因为， 所以去掉 后，方差发生了变化. D错误. 故选：AC. 10. 已知点，圆是圆的一条直径的两个端点，且圆和圆相交于A，B两点，则（ ） A. 圆的方程为 B. 直线AB的方程为 C. PA与圆相切 D. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A由圆的标准方程求解；选项B联立两圆方程求解；选项C验证；选项D转化为圆心到直线的距离求解. 【详解】因为点是圆的一条直径的两个端点， 所以圆的圆心为，半径为， 所以圆的方程为，即， 选项A正确. 圆和圆相交于A，B两点， 联立方程得， 所以直线AB的方程为， 选项B不正确. 设点，代入圆的方程中，得， 若PA与圆相切，则， ，得， 故选项C正确. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1， 则圆心到直线的距离为1，即， 解得， 故选项D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是AB，BC上的动点，且，则（ ） A. B. 平面平面 C. 若M，N分别为对角线和AC上的动点，则的最小值为 D. 当三棱锥的体积最大时，平面与平面BEF的夹角的余弦值为 【答案】AD 【解析】 【分析】建系并标点，利用空间向量判断线线垂直和面面垂直，即可判断AB；设，利用空间向量可得点到直线的距离，即可判断C；根据锥体的体积公式结合基本不等式分析三棱锥的体积最大，进而利用空间向量求面面夹角，即可判断D. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设，则. 对于选项A：因为， 则，所以，故A正确； 对于选项B：因为， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 因为不恒成立，所以平面与平面不一定垂直，故B错误； 对于选项C：因为， 设，其中， 则， 点到直线的距离 ， 当且仅当时，等号成立， 则，所以的最小值不为，故C错误； 对于选项D：因为三棱锥的体积， 当且仅当，即时，等号成立， 此时，可得，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面BEF的法向量为， 则， 所以平面与平面BEF的夹角的余弦值为，故D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，且事件与事件相互独立，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据独立事件的概率公式求出. 【详解】由题意可得，. 故答案为： 13. 已知矩形，沿对角线BD将折起，使得，则二面角的余弦值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】过点作，过点作，求得，，，再根据，得，展开后，即可解得，再结合二面角的定义，即可得解. 【详解】过点作，过点作， ， ， ， ， 则，即， ， ， ， ， 又因为 故二面角的余弦值为. 故答案为：. 14. 已知直线与抛物线交于A，B两点，点为焦点，且交AB于点，点为该抛物线上的点，则的平分线所在直线的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先由已知条件求出直线 的方程，接着将其与抛物线 联立，从而确定抛物线方程为 ，再代入点 求出 的坐标，并求出 为直角，进而求出其平分线方程. 【详解】 由 且 ，得 ，故 ， 所以直线 过点 ，方程为：， 将 代入 ，得：， 设交点 对应根为 ，则：， 因为 ，即 ， 代入 得：， 所以，化简得，解得：， 所以抛物线方程：，焦点 ， 因为点 在抛物线上，代入得 ，故 ， 所以当，时，为水平线 ， ，时，为竖直线 ， 所以为直角，其平分线斜率为 （指向右下方），过点 ， 所以的平分线所在直线的方程为：，即. 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. 已知倾斜角为的直线过点，圆的圆心在直线上，且圆过点和点． （1）求直线的一般式方程和圆的标准方程； （2）求的面积． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据点斜式求出直线的方程，根据直线方程设圆心坐标，再根据圆的定义计算半径即可； （2）求出圆心到直线AB的距离，再利用面积公式求出. 【小问1详解】 由题意可知，直线的斜率为，且过点， 所以直线的方程为，即直线的一般式方程为， 因为圆心在直线上，所以可设圆心， 因为A，B是圆上的两点， 所以，则，解得， 所以圆心，圆的半径为， 故所求的圆的标准方程是． 【小问2详解】 直线AB的方程为， 圆心到直线AB的距离为， 所以的面积为． 16. 汕尾文旅文创展区有8件不同的特色纪念品，其中5件是甲子贝雕书签，3件是捷胜泥塑挂件．现从中不放回依次随机取出2件作为文旅伴手礼． （1）求第二次取到捷胜泥塑挂件的概率； （2）求至少取到1件捷胜泥塑挂件的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式计算或利用互斥事件和古典概型的概率公式求解； （2）根据对立事件的概率公式求解. 【小问1详解】 方法1：从8件纪念品中依次不放回取出2个，共有（种）等可能的结果， 记事件“第一次取到捷胜泥塑挂件”，事件“第二次取到捷胜泥塑挂件”， 则，且AB与互斥． 由图可知， 所以， 所以第二次取到捷胜泥塑挂件的概率为． 方法2：第二次取到捷胜泥塑挂件，有两种情况： 情况1：第一次取到甲子贝雕书签，第二次取到捷胜泥塑挂件，记其概率为， 有； 情况2：第一次取到捷胜泥塑挂件，第二次取到捷胜泥塑挂件，记其概率为， 有； 第二次取到捷胜泥塑挂件的总概率为． 【小问2详解】 方法1：记“至少取到1件捷胜泥塑挂件”，则“两次都没有取到捷胜泥塑挂件”， 则， 所以， 所以， 因此至少取到1件捷胜泥塑挂件的概率为． 方法2：设取到2件甲子贝雕书签的概率为，则， 则至少取到1件捷胜泥塑挂件的概率为． 17. “广东万里碧道·汕尾品清湖铁人三项赛”是汕尾市重点打造，融合体育竞技、绿美生态体验与滨海旅游资源的品牌赛事，吸引了全国众多爱好者．为科学评估大众选手在品清湖“欢乐跑”（10千米）项目的表现，组委会从所有完赛选手中随机抽取了100人的成绩（单位：分，成绩均为不低于40的整数）作为样本进行分析，并据此绘制了如下频率分布表和频率分布直方图． 成绩分组／分钟 频数 5 10 20 25 10 （1）根据样本数据，计算频率分布表中的a值和频率分布直方图中的值； （2）根据样本数据，估计这100名选手“欢乐跑”成绩的样本众数、中位数和平均数； （3）已知落在区间的平均成绩是54，方差是7，落在区间的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩合并后的总平均数和总方差． 【答案】（1）， （2）众数75，中位数为75，平均数74 （3）60，23 【解析】 【分析】（1）利用频率分布表频数和求出，再利用频率分布直方图求出. （2）利用频率分布直方图求出估计众数，再利用频率分布直方图估计中位数及平均数. （3）利用分层抽样的平均数及方差公式求解. 【小问1详解】 由频率分布表知，解得， 所以频率分布直方图中. 【小问2详解】 由频率分布表和频率分布直方图，估计样本的众数， 由（1）及频率分布表知，数据落在各组的频率按成绩由低到高依次为， 样本的中位数为，则，解得， 估计样本的平均数为. 【小问3详解】 两组成绩合并后的总平均数， 两组成绩合并后的总方差. 18. 如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面，且． （1）若，证明：平面； （2）若点在线段上，，动点在平面内，且． ①求三棱锥的体积的最大值； ②求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1） 如图1，连接交于点，连接． 因为且，所以， 又因为，所以，所以， 因为点、、、、共面，所以， 因为面，面，所以面． （2）①；②． 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，推导出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）①以为坐标原点，直线、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，根据化简得出，然后利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积的最大值； ②设点，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，、平面，所以，， 又因为，所以以为坐标原点，直线、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，， 所以、，设， ①因为，所以， 化简整理可得， 因为平面，所以为三棱锥的高， 所以． 所以三棱锥的体积的最大值为． ②因为、，所以，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 由①可设，则， 设直线与平面所成角为， 则， 其中为锐角，且， 因为，所以当时，取到最大值，最大值为， 即与平面所成角的正弦值的最大值为． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上的一点，且的周长为6，椭圆的离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆相交于两点． ①若线段的垂直平分线与轴的交点坐标为，求的取值范围； ②已知点分别为椭圆的左、右顶点，为坐标原点，直线与交于点，点与点关于原点对称，三点共线，求证：直线经过定点． 【答案】（1） （2）①； ②根据题意可知，的方程为，直线的方程为， 由可得 故， 因为三点共线，所以， 化简整理得， 又因为， 所以， 将代入上式可得： ， 化简整理可得，解得或， 当时，直线的方程为，该直线过定点， 若，则直线与直线平行， 此时，直线（即直线）与没有交点，点不存在，与题设“直线与交于点”矛盾，故该情况舍去， 所以，直线的方程为，此直线过定点． 【解析】 【分析】（1）先根据三角形的周长和离心率，结合椭圆的定义与基本关系，联立方程组求解，最后代入椭圆标准方程形式，得到椭圆方程； （2）①先设直线方程与椭圆方程联立方程组，得到不等式，利用韦达定理求出弦的中点坐标，并写出垂直平分线方程，再求交点横坐标，最后代入判别式求出范围； ②先联立直线 与 的方程，求出它们的交点坐标，再利用 三点共线的条件，得到斜率相等的等式并化简，然后将 和 代入该式，再结合韦达定理，推导出一个关于 和 的方程；最后解方程求得代入直线方程，由此即可确定直线 恒过定点. 【小问1详解】 由题意可得， 解得，所以， 故的标准方程为． 【小问2详解】 ①由题意可设直线的方程为， 联立消去可得， 依题意可得，即， 因为， 所以线段中点的坐标为， 所以当时，， 当时，线段的垂直平分线方程为，即， 令，解得，所以， 故，则， 由题意关于的不等式有解，则，解得， 综上所述，的取值范围是． ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东汕尾市2025-2026学年度第一学期期末教学质量监测高二数学试题 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处． 2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效． 3．答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀．考试结束后，请将本试题及答题卡交回． 一、单项选择题：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，且，则（ ） A. 4 B. C. 1 D. 2. 现有7个红色研学纪念勋章盲盒，其中3个放有“彭湃故居”纪念勋章．甲、乙两名学生先后从中各任取一个盲盒，则乙领到“彭湃故居”纪念勋章的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 汕尾4个国家级名录特色农产品（城区东涌镇宝楼村红灯笼荔枝、华侨管理区红杨桃、陆河县河口镇油柑、陆丰市桥冲镇及内湖镇莲藕）种植户众多．现有荔枝户40户、杨桃户50户、油柑户60户、莲藕户50户．用分层抽样抽取容量为20的样本，应抽取油柑户（ ） A. 2户 B. 4户 C. 6户 D. 15户 5. 已知直线，直线，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 6. 过点与圆相切的两条切线的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为2的正四面体中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在长方体中，，现有一个动平面，且，当平面截此长方体所得截面边数最多时，截面的周长为（ ） A. B. C. D. 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. 若一组数据6，4，a，8，6，10，12的平均数为7，则（ ） A. B. 该组数据的极差是8 C. 该组数据的第75百分位数为10 D. 去掉后该组数据的方差不变 10. 已知点，圆是圆的一条直径的两个端点，且圆和圆相交于A，B两点，则（ ） A. 圆的方程为 B. 直线AB的方程为 C. PA与圆相切 D. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是AB，BC上的动点，且，则（ ） A. B. 平面平面 C. 若M，N分别为对角线和AC上的动点，则的最小值为 D. 当三棱锥的体积最大时，平面与平面BEF的夹角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，且事件与事件相互独立，则___________． 13. 已知矩形，沿对角线BD将折起，使得，则二面角的余弦值为___________． 14. 已知直线与抛物线交于A，B两点，点为焦点，且交AB于点，点为该抛物线上的点，则的平分线所在直线的方程为______． 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. 已知倾斜角为的直线过点，圆的圆心在直线上，且圆过点和点． （1）求直线的一般式方程和圆的标准方程； （2）求的面积． 16. 汕尾文旅文创展区有8件不同的特色纪念品，其中5件是甲子贝雕书签，3件是捷胜泥塑挂件．现从中不放回依次随机取出2件作为文旅伴手礼． （1）求第二次取到捷胜泥塑挂件的概率； （2）求至少取到1件捷胜泥塑挂件的概率． 17. “广东万里碧道·汕尾品清湖铁人三项赛”是汕尾市重点打造，融合体育竞技、绿美生态体验与滨海旅游资源的品牌赛事，吸引了全国众多爱好者．为科学评估大众选手在品清湖“欢乐跑”（10千米）项目的表现，组委会从所有完赛选手中随机抽取了100人的成绩（单位：分，成绩均为不低于40的整数）作为样本进行分析，并据此绘制了如下频率分布表和频率分布直方图． 成绩分组／分钟 频数 5 10 20 25 10 （1）根据样本数据，计算频率分布表中的a值和频率分布直方图中的值； （2）根据样本数据，估计这100名选手“欢乐跑”成绩的样本众数、中位数和平均数； （3）已知落在区间的平均成绩是54，方差是7，落在区间的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩合并后的总平均数和总方差． 18. 如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面，且． （1）若，证明：平面； （2）若点在线段上，，动点在平面内，且． ①求三棱锥的体积的最大值； ②求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上的一点，且的周长为6，椭圆的离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆相交于两点． ①若线段的垂直平分线与轴的交点坐标为，求的取值范围； ②已知点分别为椭圆的左、右顶点，为坐标原点，直线与交于点，点与点关于原点对称，三点共线，求证：直线经过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $