精品解析：广东清远市第一中学2026-2027学年第一学期高二年级期中考试数学试卷

2026一2027学年第一学期高二年级期中考试卷 数学 本试卷共4页，19题，共150分，考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合要求的. 1. 已知向量，，且，则实数x的值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知一组数据从小到大排列为4，6，7，8，，m，，，，，若该组数据的分位数是，则（ ） A. B. C. D. 3. 某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有的学生喜欢足球，的学生喜欢篮球，的学生既喜欢足球又喜欢篮球.若对只喜欢足球和只喜欢篮球的学生用等比例分层随机抽样的方法进行抽样调查，抽取的样本中只喜欢足球的学生有3人，则抽取的样本中只喜欢篮球的学生有（ ） A. 3人 B. 4人 C. 6人 D. 9人 4. 直线，，则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 5. 若曲线与直线有两个交点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 甲，乙两人在玩掷骰子游戏，各掷一次，设得到的点数分别为，表示事件“”，表示事件“为奇数”，表示事件“”，表示事件“”，则相互独立的事件是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 7. 有一组样本数据，，其平均数为，中位数为b，方差为c，极差为d.由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中，则新样本数据的（ ） A. 样本平均数为2a B. 样本中位数为2b C. 样本方差为4c D. 样本极差为 8. 已知平行六面体的底面是边长为2的正方形，，．动点M满足，，且平面，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 已知事件，满足，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 如果，那么 C. 如果与互斥，那么 D. 如果与相互独立，那么 10. 如图，八面体的每一个面都是正三角形，若四边形是边长为4的正方形，则（ ） A. 异面直线与所成的角大小为 B. 直线AF与平面ABCD所成角为 C. 此八面体的外接球的体积是 D. 二面角的平面角的余弦值为 11. 已知点，动点满足，动点的轨迹为曲线，为直线上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点，则的最小值为 B. 过作的两条切线，切点分别为，则直线过定点 C. 若点是上一点，则的最大值为 D. 若点是上一点，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 2025年，从春晚扭秋歌的机器人，到广场舞狮的机器狗，中国人把高科技玩出了新花样儿.为紧跟社会热点，某商场推出了机器人服务，其从甲公司购买了3台不同的机器人，从乙公司购买了2台不同的机器人，现计划从这5台机器人中随机挑选2台在商场一楼服务，则这2台机器人来自于不同公司的概率为__________. 13. 光线通过点，在直线上反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为_______． 14. 已知M，N为圆上两点，且，点在直线上，则的最小值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知，； （1）设向量，，求； （2）若，求的值. 16. 为了解学生对某餐厅的满意度情况，现从在该餐厅用过餐的学生中随机抽取了50人，每人均对这家餐厅的满意度进行打分（分数区间为），将其分数记为满意指数.根据打分结果按分组，得到如图所示的频率分布直方图，其中满意指数在内的学生有15人. （1）求a，b的值及利用样本估计总体的思想，估计该餐厅满意指数的平均数的大小（计算平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）若在该餐厅满意指数频率分布直方图中，从左往右数第三组满意指数的方差为，第四组满意指数的方差为，估计在该餐厅用过餐的第三组与第四组所有学生的满意指数的方差.（附：若数据的平均数为，方差为，数据的平均数为，方差为，将这两组数据混合在一起得到一组新数据，设新数据的平均数为，则新数据的方差）. 17. 已知圆经过点，，且圆心在直线上，直线. （1）若直线与圆相切，求的值; （2）若，过直线上一点作圆的切线、，切点分别为、，求四边形面积的最小值及此时点的坐标. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）棱上是否存在点，使得点到平面的距离是?若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 19. 不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5. （1）现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为”，当时，分别求事件的概率； （2）某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签. 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为时获胜. 小明同学决定先玩游戏一， （i）当时，求接下来先玩游戏二获得书签的概率？ （ii）当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026一2027学年第一学期高二年级期中考试卷 数学 本试卷共4页，19题，共150分，考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合要求的. 1. 已知向量，，且，则实数x的值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由空间垂直向量的坐标表示求解即可. 【详解】因为向量，，且， 所以，解得：. 故选：B. 2. 已知一组数据从小到大排列为4，6，7，8，，m，，，，，若该组数据的分位数是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位数的定义计算可得. 【详解】因为这组数据共个，所以，因此分位数为第6个数据和第7个数据的平均数， 因为该组数据的分位数为，所以，解得. 3. 某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有的学生喜欢足球，的学生喜欢篮球，的学生既喜欢足球又喜欢篮球.若对只喜欢足球和只喜欢篮球的学生用等比例分层随机抽样的方法进行抽样调查，抽取的样本中只喜欢足球的学生有3人，则抽取的样本中只喜欢篮球的学生有（ ） A. 3人 B. 4人 C. 6人 D. 9人 【答案】D 【解析】 【详解】由题意，有的学生只喜欢足球，有的学生只喜欢篮球， 则只喜欢足球的学生与只喜欢篮球的学生比例为， 按照分层随机抽样，由于抽取的样本中只喜欢足球的学生有3人，设抽取的样本中只喜欢篮球的学生有人， 则，解得，则抽取的样本中只喜欢篮球的学生有9人. 4. 直线，，则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】C 【解析】 【分析】假设，结合平行的性质计算可得，再利用充分条件与必要条件定义即可得解. 【详解】若，则，即， 解得或， 当时，，，此时两直线重合，不符合； 当时，，，符合要求； 综上，可得，故“”是“”的充要条件. 故选：C. 5. 若曲线与直线有两个交点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合题意对条件合理转化，并作出符合题意的图形，再利用直线和半圆的位置关系求解参数范围即可. 【详解】由题意得，直线可化为， 可得直线过定点，将曲线化为， 则曲线表示以原点为圆心，半径为2，且位于轴上方的半圆， 如图所示，当直线过点时， 直线与曲线有两个不同的交点，此时， 当直线过点且与半圆相切于点时， 若直线与曲线只有一个交点，由，解得，即， 若曲线与直线有两个交点，结合图形可得， 则实数的取值范围是. 故选：D 6. 甲，乙两人在玩掷骰子游戏，各掷一次，设得到的点数分别为，表示事件“”，表示事件“为奇数”，表示事件“”，表示事件“”，则相互独立的事件是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 【答案】D 【解析】 【分析】由已知得出样本空间包含的样本点的个数为36个，求出相关事件的概率，逐一利用相互独立事件的概率乘法公式检验即得. 【详解】由题意得：事件“”的情况有：共12种， 所以． 事件“为奇数”的情况有： 共18种， 所以； 事件“”的情况有： 共10种， 所以； 事件“”的情况有：共6种， 所以. 对于A，因，则与不独立，故A错误； 对于B，因，则与不独立，故B错误； 对于C，因事件C与D不能同时发生，则，故C错误； 对于D， ，则与相互独立，故D正确. 故选：D. 7. 有一组样本数据，，其平均数为，中位数为b，方差为c，极差为d.由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中，则新样本数据的（ ） A. 样本平均数为2a B. 样本中位数为2b C. 样本方差为4c D. 样本极差为 【答案】C 【解析】 【分析】A选项，由平均数的定义得到；B选项，的大小排列顺序与变化后的的大小顺序一致，故的中位数为；C选项，由方差得定义计算出的方差；D选项，由得到，D错误. 【详解】A选项，由题意得， 则，故A错误； B选项，由于，故的大小排列顺序与变化后的的大小排列顺序一致， 由于的中位数为，故的中位数为，B错误； C选项，由题意得， 所以 ，C正确； D选项，由于，故中最大值和最小值，经过变化后仍然为中的最大值和最小值， 即，则，D错误. 故选：C 8. 已知平行六面体的底面是边长为2的正方形，，．动点M满足，，且平面，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合空间向量的模长公式和二次函数的性质求解即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形，作面， 以为原点，建立空间直角坐标系， 由题意得，，，，， 则，，， 而，由两点间距离公式得， 因为，所以，解得， 因为，所以，解得， 代入可得，解得（负根舍去）， 得到，则， 因为，所以， 设，则，可得，解得， 而，可得， 则，而，， 设面的法向量为，则， 令，解得，，可得， 因为平面，所以， 得到，化简得， 此时变为， 则，由模长公式得， 令，由二次函数性质得在处取得最小值， 而，则. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 已知事件，满足，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 如果，那么 C. 如果与互斥，那么 D. 如果与相互独立，那么 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据独立事件的乘法公式及互斥事件的加法公式判断各选项. 【详解】对于A，只有当与相互独立时，，故A错误； 对于B，若，则，故B正确； 对于C，与互斥，则， 那么，故C正确； 对于D，如果与相互独立， 那么，故D正确. 10. 如图，八面体的每一个面都是正三角形，若四边形是边长为4的正方形，则（ ） A. 异面直线与所成的角大小为 B. 直线AF与平面ABCD所成角为 C. 此八面体的外接球的体积是 D. 二面角的平面角的余弦值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】连接交于O，连接，由对称性易知平面，以O为原点建立空间直角坐标系，根据空间向量逐项求解. 【详解】连接交于O，连接，由正方形得， 八面体各面都是正三角形，根据对称性可知三点共线且平面， 以O为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 对于A，， 设异面直线与所成角为，则， 因为，所以，故A正确； 对于B，平面的一个法向量为，， 设直线AF与平面所成角为（），则， 所以直线AF与平面所成角为，故B正确； （也可以通过几何法求解：即所求角，因为是等腰直角三角形，所以） 对于C，由及对称性知八面体的外接球球心为O， 则外接球半径为，外接球体积为，故C正确； 对于D，， 设平面的法向量为，则，也即， 取，则， 设平面BEC的法向量为，则，也即， 取，则，所以， 又平面与平面所成的角为钝角，故二面角的平面角的余弦值为，故D错误． 11. 已知点，动点满足，动点的轨迹为曲线，为直线上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点，则的最小值为 B. 过作的两条切线，切点分别为，则直线过定点 C. 若点是上一点，则的最大值为 D. 若点是上一点，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出曲线的方程并确定曲线形状，利用两点间线段最短求解判断A；求出直线的方程判断B；利用三角代换求出最大值判断C；利用向量数量积的意义求出最大值判断D. 【详解】由，得，整理得， 即，因此曲线是以点为圆心，1为半径的圆， 对于A，， 当且仅当是线段与圆的交点时取等号，A正确； 对于B，由H为直线上一点，设点，以线段为直径的圆 ，即， 因此直线MN的方程，即， 令，解得，因此直线MN过定点，B正确； 对于C，由点是上一点，令， 因此，其中锐角由确定， 当且仅当时取等号，C错误； 对于D，，表示圆上点到点的距离， 取，，，则 ， 当直线与圆相切于第一象限内的点时，最小，最大， 而，则，， ，因此，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 2025年，从春晚扭秋歌的机器人，到广场舞狮的机器狗，中国人把高科技玩出了新花样儿.为紧跟社会热点，某商场推出了机器人服务，其从甲公司购买了3台不同的机器人，从乙公司购买了2台不同的机器人，现计划从这5台机器人中随机挑选2台在商场一楼服务，则这2台机器人来自于不同公司的概率为__________. 【答案】##0.6 【解析】 【分析】利用列举法，结合古典概型的概率公式，即可求得答案. 【详解】设从甲公司购买的3台记为，从乙公司购买的2台记为， 从中任取2台的情况为共10种， 其中这2台来自于不同公司的情况分别为，共6种， 故概率. 故答案为： 13. 光线通过点，在直线上反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为_______． 【答案】 【解析】 【分析】先求点关于直线的对称点，由反射定律知反射光线所在直线就是直线，再由两点式写出方程并整理. 【详解】设点关于直线的对称点为. 因为的斜率为，由 得，即①； 又的中点在上，即②. 联立①②解得、，即. 由反射定律知，反射光线所在直线即为直线，其斜率. 所以反射光线所在直线方程为，即. 14. 已知M，N为圆上两点，且，点在直线上，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，画出图形，设线段MN的中点为，求出，知道的轨迹.求圆上的点到直线的最短距离，再结合图形可解. 【详解】设线段MN的中点为，圆：的圆心为，半径为， 则圆心到直线MN的距离为，所以， 故点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 设点的轨迹为圆，圆上的点到直线的最短距离为. 所以. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知，； （1）设向量，，求； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）先求出向量坐标，再根据平行得出向量，最后应用模长公式计算求解； （2）根据向量垂直得出数量积为0，最后应用向量数量积运算律计算求解参数. 【小问1详解】 由已知得，, 因 ，则得 故； 【小问2详解】 由已知， 由，则 即，解得. 16. 为了解学生对某餐厅的满意度情况，现从在该餐厅用过餐的学生中随机抽取了50人，每人均对这家餐厅的满意度进行打分（分数区间为），将其分数记为满意指数.根据打分结果按分组，得到如图所示的频率分布直方图，其中满意指数在内的学生有15人. （1）求a，b的值及利用样本估计总体的思想，估计该餐厅满意指数的平均数的大小（计算平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）若在该餐厅满意指数频率分布直方图中，从左往右数第三组满意指数的方差为，第四组满意指数的方差为，估计在该餐厅用过餐的第三组与第四组所有学生的满意指数的方差.（附：若数据的平均数为，方差为，数据的平均数为，方差为，将这两组数据混合在一起得到一组新数据，设新数据的平均数为，则新数据的方差）. 【答案】（1），，平均数为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频数、样本容量可求出区间的频率，进而可求出，再根据频率分布直方图中所有区间频率和为1列方程可求出，进而可求平均数； （2）根据第三四组的人数、平均数可求出混合数据平均数，再代入已知公式即可求混合后的方差. 【小问1详解】 样本容量为50，区间频数为15，对应频率为， 频率分布直方图组距为2，故， 所有区间频率和为，即，解得， 设满意指数的平均数为，则. 【小问2详解】 该餐厅第三组的频率为，人数为，平均数为7，方差为， 第四组的人数为，平均数为9，方差为， 则混合数据平均数， 方差. 17. 已知圆经过点，，且圆心在直线上，直线. （1）若直线与圆相切，求的值; （2）若，过直线上一点作圆的切线、，切点分别为、，求四边形面积的最小值及此时点的坐标. 【答案】（1）或； （2）四边形面积的最小值为， 【解析】 【分析】（1）设出圆心坐标，利用半径相等得到方程，求出，进而确定圆心和半径，得到圆的方程； （2）由对称性可知，四边形的面积，且当最小时，切线长最短，由点到直线距离公式得到的最小值，从而求出最小值，从而求出面积的最小值，并根据垂直关系求出直线方程为，联立求出点的坐标. 【小问1详解】 圆心C在直线上，不妨设圆心C的坐标为， 则，解得， 故半径为， 故圆C的方程为； 由已知得圆心到直线的距离等于半径， 即，解得或. 【小问2详解】 当时，直线l的方程为， 如图，圆的半径为，即，其中， 由对称性可知，四边形的面积. 由勾股定理得，故当最小时，切线长最短， 显然当时，，所以， 四边形的面积的最小值， 直线的斜率为，由垂直关系可知此时， 又，故直线方程为，即， 联立与得，即. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）棱上是否存在点，使得点到平面的距离是?若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 取的中点，连接，如下图： 因为为棱的中点，所以， 又，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2） （3）存在点，，理由如下： 假设在棱上存在点，使得点到平面的距离是， 设，，即，可得, 所以， 则点到平面的距离是，又，可得, 所以，， 即存在点到平面的距离是,. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，由中位线性质以及线面平行判定定理即可证明出结论； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面平面的法向量，即可求得二面角的余弦值； （3）假设存在点到平面的距离是，设可得，利用点到平面距离的向量求法计算可得，即可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意知平面，且，可知两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 易知 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，可得； 又， 设平面的一个法向量为， 可得，令，可得，即， 所以， 由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为； 【小问3详解】 略 19. 不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5. （1）现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为”，当时，分别求事件的概率； （2）某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签. 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为时获胜. 小明同学决定先玩游戏一， （i）当时，求接下来先玩游戏二获得书签的概率？ （ii）当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 【答案】（1）， （2）（i）；（ii）5，6，7 【解析】 【分析】（1）利用列举法求出样本空间，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）（i）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二获得书签的概率，再根据当时，即可得答案； （ii）同（i），求得先玩游戏三获得书签的概率，从而得到满足题意，再结合（1），讨论满足的的解即可. 【小问1详解】 解：对于事件，有放回地依次取出两个球的样本空间， 则，因为，所以， 所以. 对于事件，不放回地依次取出两个球的样本空间 ， 则，因为，所以， 所以. 【小问2详解】 解：（i）设“先玩游戏二时，获得书签”，“先玩游戏三时，获得书签”， 记事件“从盒子中随机取出一个球，取到白球”，的样本空间为， 则，所以． 则互斥，相互独立， 所以 由（1）知，当时，，， , 所以当时，接下来先玩游戏二获得书签的概率为. （ii）由（i）知． 同理，互斥，相互独立， ． 因为，所以，解得． 仿照（1）中的方法得，当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 所以，当对应的均为，大于，满足题意； 对应的均为，小于，不满足题意． 因此，符合题意的的取值为5，6，7． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $