精品解析：云南昆明市第八中学2026-2027学年上学期学情检测一高二数学试卷（B卷）

昆八中2026-2027上学期学情检查（一） 高二数学试卷（B卷） 时长：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. （ ） A. B. C. D. 2. 若角的终边上一点的坐标为，则( ) A. B. C. D. 3. 参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则这10人成绩的第60百分位数是（ ） A. 84 B. 85 C. 86 D. 87 4. 奇函数在上单调递减，且，则不等式的解集是（ ）． A. B. C. D. 5. 在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 如图所示，空间四边形中，，点在上，且，为中点，则等于（   ） A. B. C. D. 7. 已知随机事件A、B发生的概率分别为 ，则下列说法不正确的是（ ） A. 若A与B互斥，则 B. 若A与B相互独立，则 C. 若 ，则事件与B相互独立 D. 若，则 8. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为 A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ） A. 的平均数等于的平均数 B. 的中位数等于的中位数 C. 的标准差不小于的标准差 D. 的极差不大于的极差 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样的三角形有两个，则a的取值范围为 11. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出了圆的另一种定义：平面内，到两个定点A，B距离之比是常数的点M的轨迹是圆，已知点，M是平面内的一动点，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 点M的轨迹围成区域的面积为 B. 面积的最大值为 C. 点M到直线的距离的最大值为 D. 若M的轨迹上有四个点到直线的距离为，则实数b的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量满足，且，则向量与的夹角为_________. 13. 已知平面内有，，三点，则的外接圆的标准方程为___________． 14. 已知球的体积为，A，B，C，D四点均在球O的球面上，为等边三角形，，则的面积为__________． 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. 已知直线和圆． （1）若直线交圆于，两点，求弦的长； （2）求过点且与圆相切的直线方程． 16. 对一批产品的长度（单位：mm）进行抽样检测，检测结果的频率分布直方图如图所示．根据标准，产品长度在区间上的为一等品，在区间和区间上的为二等品，在区间和上的为三等品． （1）用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取1件，求其为二等品的概率； （2）已知检测结果为一等品的有6件，现随机从三等品中有放回地连续取两次，每次取1件，求取出的2件产品中恰有1件的长度在区间上的概率． 17. 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． （1）若，求； （2）若，求． 18. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 19. 已知曲线. （1）在答题卡中画出C的大致图形，并说明理由. （2）若是C上的动点，，，证明：为定值. （3）若直线与C的所有交点的纵坐标之和大于，求m的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昆八中2026-2027上学期学情检查（一） 高二数学试卷（B卷） 时长：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用复数的乘法计算得解. 【详解】解：由题意. 故选：B. 2. 若角的终边上一点的坐标为，则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据任意角三角函数的定义即可求解. 【详解】∵角的终边上一点的坐标为，它与原点的距离， ∴， 故选：C. 3. 参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则这10人成绩的第60百分位数是（ ） A. 84 B. 85 C. 86 D. 87 【答案】B 【解析】 【分析】先将10人的成绩从小到大排序，然后由百分位数计算方法可得答案. 【详解】10名学生的成绩从小到大排序为：71，76，80，81，83，84，86，88，92，96. 因为，则这10人成绩的第60百分位数是第6个数与第7个数的平均数， 即为：. 故选：B. 4. 奇函数在上单调递减，且，则不等式的解集是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 因为函数式奇函数，在上单调递减， 根据奇函数的性质得到在上函数仍是减函数， 再根据可画出函数在上的图像， 根据对称性画出在上的图像． 根据图像得到的解集是：． 故选A． 5. 在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面的位置关系及判定方法求解. 【详解】若，，，则或异面，故A错误； 若，，则或，故B错误； 若，，，可能有，故C错误； 若，，则，又，则，故D正确， 故选：D. 6. 如图所示，空间四边形中，，点在上，且，为中点，则等于（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理运算求解. 【详解】因为，为中点， 所以，， 故. 故选：B 7. 已知随机事件A、B发生的概率分别为 ，则下列说法不正确的是（ ） A. 若A与B互斥，则 B. 若A与B相互独立，则 C. 若 ，则事件与B相互独立 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件概率加法公式计算可判断A，利用独立事件的概率公式以及并事件的概率公式可判断B；利用独立事件的概念可判断C；由交事件的定义可判断D. 【详解】对于A，若与互斥，则，故A正确； 对于B，若与相互独立，则， 所以，，故B正确； 对于C，若，且， 所以，事件与相互独立，故C正确； 对于D，若，则，所以，故D错误. 故选：D 8. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】为单位圆上一点，而直线过点，则根据几何意义得的最大值为. 【详解】为单位圆上一点，而直线过点， 所以的最大值为，选C. 【点睛】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化． 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ） A. 的平均数等于的平均数 B. 的中位数等于的中位数 C. 的标准差不小于的标准差 D. 的极差不大于的极差 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断. 【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为， 则， 因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小， 例如：，可得； 例如，可得； 例如，可得；故A错误； 对于选项B：不妨设， 可知的中位数等于的中位数均为，故B正确； 对于选项C：举反例说明，例如：，则平均数， 标准差， ，则平均数， 标准差，显然，即， 所以的标准差不小于的标准差，这一论断不成立，故C错误； 对于选项D：不妨设， 则，当且仅当时，等号成立，故D正确； 故选：BD. 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样的三角形有两个，则a的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于ABC，由正弦定理边角互化结合题意可判断选项正误；对于D，由余弦定理可得，然后由关于c的方程有两个不同正根可判断选项正误. 【详解】对于A，由正弦定理可得：，又三角形中“大边对大角”，则，故A正确； 对于B，由正弦定理边角互化可得：， 则C为钝角，即为钝角三角形，故B错误； 对于C，由正弦定理边角互化可得， 或，则为等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D，由余弦定理可得， 因这样的三角形有两个，则对应方程有两个正数解，则， 解得，故D正确. 故选：AD 11. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出了圆的另一种定义：平面内，到两个定点A，B距离之比是常数的点M的轨迹是圆，已知点，M是平面内的一动点，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 点M的轨迹围成区域的面积为 B. 面积的最大值为 C. 点M到直线的距离的最大值为 D. 若M的轨迹上有四个点到直线的距离为，则实数b的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，设，先由求出点M的轨迹方程，从而得点M的轨迹圆的半径，再由圆的面积公式即可得解；对于B，先求出，接着求出圆心到直线的距离再加上半径即为的高最大值，进而可求面积最大值；对于C，求出圆心到直线的距离再加上半径即为解；对于D，求出圆心到直线的距离d，令即可计算求解. 【详解】对于A，设，因为，所以， 整理得即， 所以点M的轨迹是圆心为，半径为的圆， 所以点M的轨迹围成区域的面积为.故A正确； 对于B，，即， 所以圆心到直线的距离为， 所以点M到直线的距离的最大值为， 所以面积的最大值为，故B错误； 对于C，因为圆心到直线的距离为， 所以点M到直线的距离的最大值为，故C正确； 对于D，圆心到直线的距离为， 要使M的轨迹上有四个点到直线的距离为， 则，解得.故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量满足，且，则向量与的夹角为_________. 【答案】150° 【解析】 【分析】根据向量垂直数量积等于，结合已知条件求出的值，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】由，得，即， 因为，所以， 所以，又， 所以向量与的夹角为150°. 故答案为：150° 13. 已知平面内有，，三点，则的外接圆的标准方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由条件可得，则的外接圆是以线段为直径的圆，从而可求出圆心坐标和半径长，进而可得圆的方程． 【详解】由已知得，， 故，所以，则的外接圆是以线段为直径的圆． 因为 设线段的中点为，则的坐标为， 所以该圆的标准方程为． 故答案为： 14. 已知球的体积为，A，B，C，D四点均在球O的球面上，为等边三角形，，则的面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组求解. 【详解】由球的体积公式，，解得， 设的外心为，连接， 由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上， 不妨设在线段上，连接， 设的边长为，由正弦定理可得，， 再设，由题知，， 解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如右图）， 所以， 由三角形面积公式，. 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. 已知直线和圆． （1）若直线交圆于，两点，求弦的长； （2）求过点且与圆相切的直线方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）先由圆的方程得到圆心和半径，根据几何法求弦长，即可得出结果； （2）当直线斜率不存在时，可直接得出切线方程；当直线斜率存在时，先设切线方程为，由圆心到直线的距离等于半径列方程，得出的值即可求出直线方程． 【小问1详解】 将圆：化成标准方程：， 所以的圆心为，半径， 所以到直线：的距离， 所以； 【小问2详解】 ①当直线斜率不存在时，过点的直线为，是圆的一条切线； ②当直线的斜率存在时，设圆的切线方程为，即， 所以圆心到直线的距离为， 即，解得：， 所以此时切线方程为，化简得． 综上所述，所求的直线方程为：或． 16. 对一批产品的长度（单位：mm）进行抽样检测，检测结果的频率分布直方图如图所示．根据标准，产品长度在区间上的为一等品，在区间和区间上的为二等品，在区间和上的为三等品． （1）用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取1件，求其为二等品的概率； （2）已知检测结果为一等品的有6件，现随机从三等品中有放回地连续取两次，每次取1件，求取出的2件产品中恰有1件的长度在区间上的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图可得检测结果在区间和区间上的频率/组距，继而可得结果； （2）由检测结果为一等品的数量可得抽检的总数，从而得出三等品的数量，再根据古典概型计算即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得：检测结果在区间上的频率/组距为：，所以检测结果在区间和区间上的频率为：，用频率估计概率，故二等品的概率为：0.45； 【小问2详解】 由频率分布直方图可得：检测一等品的概率为，而抽检件数为6，故抽检总数为. 故检测长度在区间和上的数量分别为：，， 所以取出的2件产品中恰有1件的长度在区间上的概率. 17. 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． （1）若，求； （2）若，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答. （2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答. 【小问1详解】 方法1：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，，由余弦定理得， 即，解得，则， ， 所以. 方法2：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，由余弦定理得， 即，解得，有，则， ，过作于，于是，， 所以. 【小问2详解】 方法1：在与中，由余弦定理得， 整理得，而，则， 又，解得，而，于是， 所以. 方法2：在中，因为为中点，则，又， 于是，即，解得， 又，解得，而，于是， 所以. 18. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）因为在中，，，且， 所以，，则折叠后，， 又平面， 所以平面，平面，所以， 又已知，且都在面内，所以平面； （2） （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系； （2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小； （3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系. 因为，故， 由几何关系可知，，，， 故，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，即， 不妨令，则，，. 设与平面所成角的大小为， 则有， 设为与平面所成角，故， 即与平面所成角的大小为； 【小问3详解】 假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为. 在空间直角坐标系中，，，， 设，则，， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 若平面与平面成角余弦值为. 则满足， 化简得，解得或，即或， 故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为. 此时的长度为或. 19. 已知曲线. （1）在答题卡中画出C的大致图形，并说明理由. （2）若是C上的动点，，，证明：为定值. （3）若直线与C的所有交点的纵坐标之和大于，求m的取值范围. 【答案】（1）由，得或， 所以C由两条直线与圆组成. 故C的图形如图所示. （2）因为，所以点P在圆上， 所以，所以为定值. （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件化简得出轨迹并画图； （2）应用两点间距离公式计算求解即可证明； （3）联立方程根据坐标关系计算列式解不等式. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 将代入，得，将代入，得，则. 因为，所以l不经过点，（，依题意可得，l与圆的所有交点的纵坐标之和大于. 当时，l与C的所有交点的纵坐标之和为，所以不符合题意. 当时，联立消去x，得. 因为l过定点，且该点在圆的内部，所以l与圆总有两个交点. 设l与圆的交点为，，则，解得， 故m的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $