精品解析：贵州六盘水市2025-2026学年高二下学期期末质量监测数学试卷

2026年高二年级质量监测 数学试卷 （考试时长：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，务必在答题卡上填写姓名和准考证号等相关信息并贴好条形码. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，写在本测试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项符合题目要求.） 1. 已知为虚数单位，则（ ） A. 4 B. 5 C. 16 D. 25 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 4. 样本数据，0，1，2，4，8，11，13，15，18的70%分位数是（ ） A. 8 B. 11 C. 12 D. 13 5. 已知，则 （ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 有5名同学参加科技比赛，赛前按固定顺序站成一排合影留念，赛后随机地重新站成一排合影，则恰有2人赛前与赛后站在相同位置的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的右焦点为F，动点M在双曲线右支上，点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 为定义在R上的函数，的图象关于对称，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 二、多选题（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. 函数的两个相邻对称中心之间的距离为1，其中一个最高点的坐标为则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为2 B. 函数在上单调递增 C. 直线为函数的一条对称轴 D. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数 10. 数列满足，，其前n项和为，则（ ） A. B. 是递减数列 C. 若，则满足条件的最小正整数n为6 D. 若，为数列的前n项和，则 11. 在棱长为的正方体中，，则下列说法正确的是（ ） A. 过，的平面截正方体所得截面图形的周长为 B. 为平面内的直线，若与所成角的最小角为，则 C. 为正方体内一动点（含边界），总满足且，则的轨迹的长度为 D. 三棱锥的外接球表面积为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 椭圆的离心率为________． 13. 在中，点M满足，过M作一条直线与直线AB，AC分别交于点P，Q．若，则的最小值为________． 14. 已知函数，若有两个零点，则实数a的取值范围是________． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且． （1）求B； （2）若，且的面积为，求的周长． 16. 如图甲，在五边形中，四边形为正方形，，将沿翻折到的位置（如图乙）使平面平面． （1）求证：平面； （2）设，，求点到平面的距离． 17. 我国政府高度重视碳减排工作，“双碳”目标纳入国家发展战略，因此，近年新能源汽车成为汽车产业转型升级、绿色发展的主要方向．某市某品牌新能源汽车4S店为进一步提升销量，对购买新能源汽车客户设置了抽奖返现活动．共有两种方案： 方案一：有A，B两个完全相同的不透明箱子，A箱中有10个大小质地完全相同的小球，其中有2个红球，8个白球；B箱中有20个大小质地完全相同的小球，其中有3个红球，17个白球．现从A，B两箱中随机挑选一箱，然后从该箱中随机抽取一个小球，若抽取到的是红球，则返现2000元，否则不返现． 方案二：在袋子中有10个大小质地完全相同的小球，其中有8个白球，2个红球．现从袋中有放回地依次随机摸出2个小球，每摸出一个红球，返现1000元． （1）在方案一中，求取出的是红球的概率； （2）根据返现金额的数学期望分析，顾客选择哪一种方案更划算． 18. 已知函数． （1）当时，求函数的最小值； （2）若对任意正实数x，恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：． 19. 已知抛物线上一点到焦点的距离为2，点在直线上，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，为坐标原点． （1）求抛物线的方程； （2）若，垂足为，求证：存在定点，使得为定值； （3）求面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高二年级质量监测 数学试卷 （考试时长：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，务必在答题卡上填写姓名和准考证号等相关信息并贴好条形码. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，写在本测试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项符合题目要求.） 1. 已知为虚数单位，则（ ） A. 4 B. 5 C. 16 D. 25 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得：. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以 3. 已知，，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，， 所以在上的投影向量是. 4. 样本数据，0，1，2，4，8，11，13，15，18的70%分位数是（ ） A. 8 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以70%分位数是. 5. 已知，则 （ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用求出，再利用二倍角公式将所求式转化为关于的二次齐次式，从而转换成含的表达式，将代入计算即可. 【详解】因为，所以不会同时为. 由得. 所以. 6. 有5名同学参加科技比赛，赛前按固定顺序站成一排合影留念，赛后随机地重新站成一排合影，则恰有2人赛前与赛后站在相同位置的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据题意，分2步分析： ①先从5个人里选2人，其位置不变，有种选法， ②对于剩余的三人，因为每个人都不能站在原来的位置上， 因此第一个人有两种站法， 被站了自己位置的那个人只能站在第三个人的位置上， 因此三个人调换有2种调换方法，故不同的调换方法有种. 而基本事件总数为，所以所求概率为. 7. 已知双曲线的右焦点为F，动点M在双曲线右支上，点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用双曲线定义得，再利用三角形两边差小于第三边，当三点共线时取等号即可求解. 【详解】由双曲线得，，所以. 则右焦点，设左焦点为. 点M在双曲线右支上，所以，即. 所以. 因为，当且仅当三点共线时，且在延长线与双曲线右支交点时取等号. 又， 所以的最大值为. 8. 为定义在R上的函数，的图象关于对称，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件的图象关于对称，得，则函数关于点对称；令得出；根据得出函数的周期为4；在中，结合函数周期性得到的值. 【详解】因为函数的图象关于对称， 所以，所以函数关于点对称； 令得，， 因为，，， 即，，所以函数的周期为4， 所以，. 【点睛】方法归纳：遇见所求函数值自变量比较大时，必然和函数周期相关. 易错归纳：根据已知条件找函数的周期和对称点的时候，容易因为知识点不牢固而出错. 二、多选题（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. 函数的两个相邻对称中心之间的距离为1，其中一个最高点的坐标为则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为2 B. 函数在上单调递增 C. 直线为函数的一条对称轴 D. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数 【答案】AD 【解析】 【详解】因为函数的两个相邻对称中心之间的距离为1， 所以函数的最小正周期为，故A正确； 所以，解得，所以， 函数的一个最高点的坐标为，所以， 当时，，又， 所以，所以 又，所以，所以，符合题意； 当时，，又，所以 所以，所以， 又，这样的不存在； 综上所述：， 由，解得， 所以函数在上不单调递增，故B错误； 因为，所以直线不为函数的一条对称轴，故C错误； 将函数的图象向右平移个单位长度得函数的图象，故D正确. 10. 数列满足，，其前n项和为，则（ ） A. B. 是递减数列 C. 若，则满足条件的最小正整数n为6 D. 若，为数列的前n项和，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】由，得， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以，所以，故A正确； 由，可得是递增数列，故B错误； ， 因为是递增数列，且，所以也单调递增， 又，， 所以若，则满足条件的最小正整数n为6，故C正确； 当时，因为，所以， 所以 ，故D正确. 11. 在棱长为的正方体中，，则下列说法正确的是（ ） A. 过，的平面截正方体所得截面图形的周长为 B. 为平面内的直线，若与所成角的最小角为，则 C. 为正方体内一动点（含边界），总满足且，则的轨迹的长度为 D. 三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，平面截正方体所得截面为,计算出周长即可；对于B，为平面内的直线，与所成角的最小角为：直线与直线在平面内的射影所成角即直线与平面所成角，使用向量法求出线面角正弦值即可；对于C，作交于点，由于,所以，平面,又为正方体内一动点（含边界），总满足，所以，点在内运动（含边界），又，所以，点的轨迹为以为球心，半径为1的球与的公共部分弧，计算出弧长即可判断；对于D，设三棱锥的外接球心，通过数量关系计算出球心坐标及球半径即可判断. 【详解】以为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，那么, , 对于A：平面截正方体所得截面为,的周长为，故A正确； 对于B:为平面内的直线，与所成角的最小角为：直线与直线在平面内的射影所成角即直线与平面所成角， 设平面法向量为,则， 取，则为平面的一个法向量，，故B正确； 对于C：作交于点，由于, 所以，平面,又为正方体内一动点（含边界），总满足， 所以，点在内运动（含边界），又， 所以，点的轨迹为以为球心，半径为1的球与的公共部分弧， 由于,所以，弧长为，故C错误； 对于D：设三棱锥的外接球心， 由于平面,平面,所以, 所以，为直角三角形，设线段中点为,则， 那么， 由可得， 所以，，球半径, ,故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 椭圆的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】将椭圆方程化为标准方程，即可得，利用，即可计算离心率. 【详解】将椭圆方程化为标准方程，所以，即. 所以，. 所以离心率. 13. 在中，点M满足，过M作一条直线与直线AB，AC分别交于点P，Q．若，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】运用共线向量定理与基本不等式中的乘“1”法，即可得解. 【详解】 由，可知是的中点，所以， 又，可得，代入得： ， 因为三点共线， 根据共线向量定理：若且共线，则， 所以：， ， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为. 14. 已知函数，若有两个零点，则实数a的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】求导，先根据函数不能是单调函数排除，再当时，求出函数的极小值，令极小值小于零即可求出的取值范围. 【详解】由题意可得：， 当时，，则在上单调递减，不可能有两个零点，舍去； 当时，当时，得，得；当时，， 可知在上单调递减，在上单调递增， 且当趋近于或时，均趋近于， 则，整理得， 设，则， 故在上单调递增，又， 可得，所以实数的取值范围为. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且． （1）求B； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，将边转换成角，再利用恒等变换即可. （2）利用面积公式和余弦定理即可. 【小问1详解】 因为，， 所以. 因为，所以. 所以， 即. 因为，所以， 所以，即，得. 因为，所以，所以，得. 【小问2详解】 因为.所以. 由余弦定理得. 所以. 又，所以. 所以的周长为. 16. 如图甲，在五边形中，四边形为正方形，，将沿翻折到的位置（如图乙）使平面平面． （1）求证：平面； （2）设，，求点到平面的距离． 【答案】（1）∵ 四边形为正方形， ∴ 为等腰直角三角形，，翻折后，即. ∵ 平面平面，平面平面，平面，， ∴ 平面. ∵ 平面，∴ . 又∵ ，平面，平面， ∴ 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）结合翻折的不变性得到，利用面面垂直的性质证明平面，得到，再根据线面垂直的判定定理完成证明. （2）可通过等体积法转化三棱锥体积求解点面距离，也可建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接. ∵ 为等腰直角三角形，∴ ，. ∵ 平面平面，平面平面，平面， ∴ 平面，即为点到平面的高. 在正方形中，∵，∴，， ∴， ∴ . ∵，即为等边三角形， ∴. 设点到平面的距离为， ∵ ，∴ ，即， 解得. 17. 我国政府高度重视碳减排工作，“双碳”目标纳入国家发展战略，因此，近年新能源汽车成为汽车产业转型升级、绿色发展的主要方向．某市某品牌新能源汽车4S店为进一步提升销量，对购买新能源汽车客户设置了抽奖返现活动．共有两种方案： 方案一：有A，B两个完全相同的不透明箱子，A箱中有10个大小质地完全相同的小球，其中有2个红球，8个白球；B箱中有20个大小质地完全相同的小球，其中有3个红球，17个白球．现从A，B两箱中随机挑选一箱，然后从该箱中随机抽取一个小球，若抽取到的是红球，则返现2000元，否则不返现． 方案二：在袋子中有10个大小质地完全相同的小球，其中有8个白球，2个红球．现从袋中有放回地依次随机摸出2个小球，每摸出一个红球，返现1000元． （1）在方案一中，求取出的是红球的概率； （2）根据返现金额的数学期望分析，顾客选择哪一种方案更划算． 【答案】（1） （2）顾客选择方案二更划算 【解析】 【分析】（1）设相应事件，根据题意可得相应概率，利用全概率公式运算求解即可； （2）在方案一中，结合（1）中结论求期望值；在方案二中，利用二项分布的期望公式以及期望的性质求期望值；比较大小即可判断. 【小问1详解】 在方案一中，设取到A箱为事件M，抽取到的是红球为事件N， 则，，， 由全概率公式可得， 所以取出的是红球的概率为. 【小问2详解】 在方案一中，设返现金额为，则， 由（1）可知：，， 可得； 在方案二中，每次取到红球的概率为， 设返现金额为，取到红球的次数为，则，， 可得，； 因为，所以顾客选择方案二更划算. 18. 已知函数． （1）当时，求函数的最小值； （2）若对任意正实数x，恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3）由(1)知，当时，(因为时才取等号)，即：， 因为，两边同时除以，可得：. 构造函数，求导得，因为， 所以，故，所以函数在上单调递增， 有：，即，两边取倒数， 得：， 将两次放缩的结果结合起来，对于任意实数，， 现在，我们令分别取，可以得到以下个不等式： ，，，， 将这个不等式左右两边分别累加得：， 其中， 即，得证. 【解析】 【分析】（1）赋值后，对函数求导研究单调性，即可得解； （2）运用题（1）的结论，再对进行分类讨论，即可得解； （3）运用题（1）的结论可知当时，，再证明当时，，继而证得，综上有，再令分别取，得到个不等式，再将不等式两侧分别累加，即可得证. 【小问1详解】 当时，，， 当时，，故在上单调递减； 当时，，故在上单调递增. 因此在处取得最小值. 【小问2详解】 已知条件等价于对任意，不等式恒成立， 我们可以结合第（1）问的结论来进行分类讨论： 由（1）可知，当时，恒成立，当且仅当时等号成立. ①当时：当时，，从而，此时，即恒成立，符合题意； ②当时，若要对任意正实数都有恒成立，则对于特殊的点也必须成立， 将代入函数得：，因为且，所以， 故，与题设条件“恒成立”矛盾，因此不符合题意. 综上所述，实数的取值范围是. 【小问3详解】 略. 19. 已知抛物线上一点到焦点的距离为2，点在直线上，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，为坐标原点． （1）求抛物线的方程； （2）若，垂足为，求证：存在定点，使得为定值； （3）求面积的最小值． 【答案】（1）； （2）存在定点，使得为定值，证明如下： 设点，，. 设过的切线方程为（为切线斜率，）， 整理得，将其代入抛物线方程得， 整理得 ②. ∵ 直线与抛物线相切，∴ ， 两边同除以16得 ③. 将①式代入③式，得， 整理得，解得. 将代入所设切线方程，得， 两边同乘得， 将①式代入上式，得，整理得. 即抛物线的过切点的切线方程为. ∵ 点在切线上，∴ ，同理可得. ∴ 点均在直线上，即直线的方程为. 将直线方程整理为，令，解得，即直线恒过定点. ∵ ，垂足为，∴ ，即点的轨迹是以线段为直径的圆. 该圆圆心为中点，半径为. ∴ 存在定点，使得为定值. （3） 【解析】 【分析】（1）利用抛物线的定义，抛物线上的点到焦点距离等于到准线距离，求解值即可得到抛物线方程. （2）设出点坐标，推导切点弦的直线方程，确定其恒过定点，结合得到点的轨迹为圆，即可得到定点. （3）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求出，结合点到直线距离公式求出点到直线的距离，写出面积表达式后求最小值. 【小问1详解】 抛物线的准线方程为. ∵ 点到焦点的距离为，由抛物线定义可知. ∴ 解得. ∴ 抛物线的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 将直线的方程与抛物线联立，消去得： . ∴ ，，. ∴ . 点到直线的距离. ∴ 的面积. ∵ ，∴ 当时，取得最小值. 即面积的最小值为. 【点睛】方法归纳：本题考查抛物线的定义、切点弦方程、定点定值问题及面积最值问题，求解时可先推导抛物线的切点弦直线方程，利用直线过定点确定动点轨迹，再通过代数运算化简面积表达式求最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $