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. 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 $学科网组卷网 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 =(2,-1,3).=x,2,3 且a⊥b,则x=() A.4 B.-4 C.1 D.-1 【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a=(2,-1,3),b= 10 x,2,3 且a⊥b, 所以2x-2+10=0,解得x=-4 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（) 小号 B 4 C. D.1 【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 2),此时剩下6个盲盒， 第1页/共22页 可学科网可组卷网 其中2个是“彭湃故居”纪念勋章，则乙抽到的概率为 6 情况2：甲没抽到“彭湃故居”纪念勋章（概率为 三)，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 3 32.436.123 所以P(乙抽到)=二×二+二×二= 767642427 故选：D 3.抛物线x2=8y的准线方程为() A.x=-2 B.x=2 C.y=-2 D.y=-4 【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x2=8y的准线方程为y=-2 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40+50+60+50=200（户）， 201 抽样比 20010 应抽取油柑户数量=60× -=6(户) 10 故选：C 5.已知直线：(3a+2)x+(1-4a)y+8=0,直线l2:(5a-2)x+(a+4)y-7=0,则a=1是l⊥12的 () A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 第2页/共22页 学科网可组卷网 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⊥1，的充要条件，再根据充分条件、必要条件的定义判断 【详解】1⊥l,的充要条件为3a+2)(5a-2)+1-4a)(a+4)=0, 即a2-a=0,得a=0或a=1, 故a=1是l⊥12的充分不必要条件. 故选：A 6.过点(0,3)与圆(x+3)2+y2=4相切的两条切线的夹角为0，则c0s0=（) A.② BV分 c. 5 D214 3 3 9 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得圆心为C(-3,0),半径r=2,设P(0,3),切点分别为M、N,即可得到 CM⊥PM且∠MPC=∠NPC,求出sin∠MPC,再由二倍角公式计算可得 【详解】圆(x+3)2+y2=4的圆心为C(-3,0),半径r=2,设P(0,3), 过点P(O,3)的圆C的切线的切点分别为M、N,连接PC、CM、CN, M 则CM⊥PM且∠MPC=∠NPC, 又PC=V32+(0-3)2=3v2,MC=2,所以sin∠MPC= PC3√2' 所以cos0=cos2∠MPC=1-2sin2∠MPC=1-2× 225 第3页/共22页 学科网组卷网 故选：C 7.在棱长为2的正四面体ABCD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.5 1 B. 3 3 C.3 D.2 3 【答案】A 【解析】 【分析】连接MD,取其中点Q,连接N9,CQ,由NQ//AM得到∠CNQ是直线AM和CN的夹角或补 角，接着在△CWQ中由余弦定理求出cos∠CNQ即可求解 【详解】连接MD,取其中点Q,连接NQ,CQ, N B M 由题意可得AM=CN=MD=√22-1P=√， MDL BC NOIIAM HNO-1AM 2 所2ce光线和6w份夹acQ-cg--号 第4页/共22页 耐学科网 命组卷网 CN2+NO2-OC2 3+37 所以cos∠CNg= 44-2 2CN×Ng 2xv3x V33 所以sin∠CWQ=V1-cos2∠CNQ= 5 即直线M和CV夹角的正弦值为5 故选：A 8.在长方体ABCD-AB,CD中，AB=AD=2,AA=4,现有一个动平面，且a/1A,BD,当平面 截此长方体所得截面边数最多时，截面的周长为() A.4w5+2√2 B.4V2+2W5 C.4V5+4V2 D.25+2√2 【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EFGHI,由于aABD, EF //AB//IH,EJ//BD//GH,FG//AD//JI, E/-45=,EF=BE-1-元， 级4E入则BD48AB4B AB FG BG FB AE GH GC EF BE FB BE 1-BD BG 则EJ=2V22,EF=JⅡ=2W5(1-),FG=HI=2V52,GH=2N2(1-2), 则周长为4√5+22， 故选：A 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 第5页/共22页 学科网组卷网 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.a=3 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a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a前后的方差，对比判断是否变化： 【详解】达项A:由平均数公式得6+4+a+8+6+10+12-7,解得a=3A正确 > 选项B:因为数据集为6,4,3,8,6,10,12，所以极差为12-3=9.B错误 选项C:排序后数据为3,4,6,6,8,10,12，第75百分位数为第6个数，即10.C正确 选项D:因为原数据：6,4,3,8,6,10,12，则平均数x=7, 所以原方差为s=(6-7°+(4-7+3-7列+8-7+(6-72+10-72+12-7262 7 因为去掉a=3后的新数据：6,48,610,12，则平均数x=23 3 所以新方差： 6-49s6o-9 S 65; 6 9 62,65 因为 9 所以去掉a后，方差发生了变化.D错误. 故选：AC 10.己知点P(4,4),圆0：x2+y2=4,0,P是圆0的一条直径的两个端点，且圆0和圆Q相交于A,B两 点，则() A.圆0的方程为x2+y2-4x-4y=0 B.直线AB的方程为x+y+1=0 C.PA与圆O相切 D.若圆O上恰有三个点到直线y=x+t的距离为 第6页/共22页 耐学科网 组卷网 O 1,则t=±V2 【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OA⊥PA;选项D转化为 圆心到直线的距离求解， 【详解】因为点O(0,0),P(4,4)是圆9的一条直径的两个端点， 所以膜e的国心为0(2,2.半径为r=4-09+4-0=25· 所以圆0的方程为(x-2)2+(y-2)2=8,即x2+y2-4x-4y=0, 选项A正确 圆0和圆Q相交于A,B两点， [x2+y2=4 联立方程 x2+y2-4x-4y=0 得x+y-1=0, 所以直线AB的方程为x+y-1=0, 选项B不正确 设点A(x,1-x),代入圆0的方程中，得2x2-2x-3=0, 若PA与圆O相切，则kP4·koA=-1, 1-x.1-x-4=-1,得2x2-2x-3=0, xx-4 故选项C正确。 若圆O上恰有三个点到直线y=x+t的距离为1， 则圆心到直线的距离为1，即d= 0-0+4=1, VP+(-1) 第7页/共22页 学科网 命组卷网 解得t=±√2， 故选项D正确. 故选：ACD. 11.如图，在棱长为2的正方体ABCD-AB,CD中，E,F分别是AB,BC上的动点，且AE=BF,则 B M D A.AF⊥CE B.平面ABF⊥平面BCE C若AM,N分别为对角线DC,和AC上的动点，则MW的最小值为2 D.当三棱锥B,-BEF的体积最大时，平面BEF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DM=入DC,,利用空间 向量可得点M到直线CA的距离d≥2V⑤ ,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 3 B,-BEF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C为坐标原点，CD,CB,CC分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， C B A 第8页/共22页 学科网可组卷网 则A2,2,0B(0,2,0),C(0,0,0,D2,0,0),A2,2,2),B0,2,2),C0,0,2,D2,0,2, 设CF=a,则F(0,a,0,E(a,2,0 对于选项A:因为FA,=2,2-a,2),EC1=-a,-2,2),， 则FA·EC=-2a-22-a+4=0,所以AF⊥CE,故A正确： 对于选项B:因为B,A=(2,0,0),FB=(0,2-a,2),C,B,=(0,2,0),EB=(-a,0,2, nBA=2x=0 设平面4B,F法向量为n=(x,,2)，则 n·FB=(2-ay+2z,=0 令y1=2,则x1=0,21=-2,可得n1=（0,2,a-2): n2·CB,=2y2=0 设平面B,CE的法向量为2=(x2,y2,22)，则 n·EB,=-ax,+2z2=0 令x2=2,则y2=0,z2=a,可得2=（2,0，a； 因为n,·n2=a(a-2)=0不恒成立，所以平面AB,F与平面BCE不一定垂直，故B错误： 对于选项C:因为DC1=-2,0,2,CA=（2,2,0,CD=2,0,0, 设DM=元DC=(-22,0,2元)，其中元∈[0,1]， 则CM=CD+DM=2(1-1),0,22, 点M到直线CA的距离 CM.CA 41-+422- 4(1-) 当且仅当元=时，等号成立， 则MN≥d≥25、5，所以N的段小值不为5，故c错羡： 3>2 2 1 D.因为透胜BB积a22-axa2-a+0片 3 当且仅当2-a=a,即a=1时，等号成立， 此时E(1,2,0,F(0,1,0),可得FB,=(0,1,2),FE=(1,1,0), 第9页/共22页 学科网组卷网 n3·FB=y3+2z3=0 设平面BEF的法向量为n3=（x3,⅓3,23)，则 n·FE=x3+y=0 令x;=2，则y3=-2,23=1,可得n3=（2,-2,1, 由题意可知：平面BEF的法向量为n4=（0,0,1), 则c0sn3,n4= 八3n411 ns-na 3×13’ 所以平面BEF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. 2 1 12若P(4)=行P(B)=4,且事件A与事件B相互独立，则P(AB)= 【答案】 6 【解析】 【分析】根据独立事件的概率公式求出 【详解】由题意可得，P(AB)=PAPB=二×，= .1 故答案： 6 13.已知矩形ABCD,AB=20,BC=15,沿对角线BD将△BCD折起，使得AC=V193,则二面角 A-BD-C的余弦值为 【答案】，#0.5 【解析】 【分析】过点C作CF⊥BD,过点A作AE⊥BD,求得AE=CF=12,DE=BF=9,EF=9,再 C得AC=(AE+EF+FC=193,展开后，即可 再结合二面角的定义，即可得解。 【详解】过点C作CF⊥BD,过点A作AE⊥BD, 第10页/共22页