福建省泉州市安溪县2025-2026学年高二上学期期中质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省泉州市安溪县2025-2026学年高二上学期期中质量监测数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的.1.抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：“点数不小于2”，“点数大于2”，“点数大于4”，下列结论错误的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】用集合的形式表示事件，它们分别是，，.显然，故A正确；，故B正确；，故C正确；，故D错误.故选：D.2.已知，，且，则（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】由可得，解得，，所以.故选：B.3.过点作直线，若与连接，两点的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围为（）A. B.或 C. D.【答案】B【解析】直线的斜率，直线的斜率，结合图象得：直线斜率的取值范围为或.故选：B4.从长度为1，3，6，9，12的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】5条线段中任取3条共有种取法，利用三角形两边之和大于第三边可得符合条件组合为：，共有一个，所以所求概率为.故选：.5.如图，在平行六面体中，，，为与的交点，则的长为（）A. B.2 C.3 D.【答案】A【解析】，，，，，所以.故选：A6.与圆关于直线对称的圆的标准方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】已知圆心，设其关于直线对称的圆心，则有，解得，即.又因为圆和圆的半径相同，所以圆关于直线对称的圆的标准方程为.故选：D.7.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体，若图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离是（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】建立空间直角坐标系如图所示：则，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，则平面的一个法向量为，则点到平面的距离.故选：C.8.已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有4个，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】圆的圆心，半径，直线即，由圆上到直线的距离为1的点有且仅有4个，如图：得圆心到直线的距离，解得，所以的取值范围为.故选：B.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.9.一个袋子中有标号分别为的个球，除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次，设事件“第一次摸出球的标号小于”事件“第二次摸出球的标号小于”，事件“第一次摸出球的标号为奇数”，则（）A. B.与互为对立事件C.与互斥 D.与相互独立【答案】AD【解析】事件：“第一次摸出球标号小于”，第一次摸球时，总共有个球，标号小于的是、，共种情况，因此；事件：“第二次摸出球的标号小于”，采用不放回摸两次，总基本事件数为种，若第一次摸的是或，第二次剩下个球，其中小于的有个，情况数为；

若第一次摸的是或，第二次剩下个球，其中小于的有个，情况数为；因此事件的情况数为，故；由此，，选项A正确；对立事件要求“两个事件不能同时发生，且必有一个发生”即为必然事件，，但存在情况：第一次摸，第二次摸，此时和同时发生，因此与不是对立事件，选项B错误；互斥事件要求“两个事件不能同时发生”，事件：“第一次摸出球的标号为奇数”，存在情况：第一次摸，第二次摸，此时和同时发生，因此与不是互斥事件，选项C错误；相互独立的定义是，事件：第一次摸奇数，情况数为，因此，事件：“第一次摸奇数，且第二次摸小于”，情况包括：，共种，因此，，满足，因此与相互独立，选项D正确.故选：AD.10.以下命题正确的有（）A.直线的方向向量，直线的方向向量，则B.直线的方向向量，平面的法向量，则C.平面、法向量分别为，，则D.平面经过点、、，向量是平面的一个法向量，则【答案】ACD【解析】对于,因为，，则有，所以，故正确；对于,不存在实数，使，故与不平行，则不成立，故错误；对于,因为，，则，所以，则，故正确；对于，因为点、、，则,由题,即，解得，则，故正确.故选：ACD.11.如图，过坐标原点且互相垂直的两条动直线和与圆相交于、、、四点，为的中点，则（）A.线段的长度的最大值为B.弦的长度的最小值为C.不是定值D.点的轨迹方程为【答案】ABD【解析】由题设圆的方程为圆，圆心，半径，由三角形两边之和大于第三边可知，且，所以当长度最大时圆心与共线且在它们中间，此时，故A正确；由圆的性质知当即圆心与直线距离最大时长度的最小，此时圆心与直线距离为，故，故B正确；若分别是的中点，则且且，又，易知：为矩形，而，圆心到直线的距离且，所以，则，故，为定值，故C错误；因为，所以，而，所以，设，所以，化简得，即，D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，分别是两异面直线，的方向向量，若，则和所成角的大小为_____.【答案】【解析】设异面直线，的夹角为，则，可得，所以和所成角的大小为.故答案为：.13.若直线与直线平行，则_____.【答案】【解析】因为直线与直线平行，所以，解得或；当时，直线与直线平行，符合题意；当时，直线与直线重合，不符合题意；综上可得.故答案为：14.甲、乙两位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计赢2局者胜，分出胜负即停止比赛.已知甲每局赢的概率为，每局比赛的结果相互独立.则本次比赛甲获胜的概率为______.【答案】【解析】若甲获胜，分2种情况：①甲连赢2局，其概率为，②前两局甲､乙各赢一局，第三局甲赢，其概率为.故甲获胜的概率为.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.某手机配件生产厂为了解该厂生产同一型号配件的甲、乙两车间的生产质量.质检部门随机从甲、乙两车间各抽检了100件配件，其检测结果为：等级一等品二等品次品甲车间配件频数553312乙车间配件频数65278其中一、二等品为正品.（1）分别估计甲、乙车间生产出的配件是正品的概率；（2）分别从甲、乙车间随机抽取一件产品，求抽取的两件产品中存在次品的概率.解：（1）由数表可知，甲车间生产出配件的正品的频率为，故甲车间生产出配件的正品的概率的估计值为，乙车间生产出配件的正品的频率为，故乙车间生产出配件的正品的概率估计值为.（2）解法一：令事件“甲车间抽取的产品是正品”，事件“乙车间抽取的产品是正品”，事件“两件产品中存在次品”，则“两件产品都是正品”，因为，相互独立，所以，所以.解法二：令事件“甲车间抽取的产品是正品”，事件“乙车间抽取的产品是正品”，事件“两件产品中存在次品”，则，因为，，两两互斥，且，相互独立，所以，所以.16.已知直线过点.（1）若与直线垂直，求直线的方程；（2）若分别与轴负半轴，轴正半轴交于，两点，是坐标原点，求面积的最小值及此时直线的方程.解：（1）由直线与直线垂直，设直线的方程为，又直线过点，则，解得，所以直线的方程为.（2）依题意，设直线的方程为，即，，令，得，则；令，得，则，，当，即时取等号，所以的面积最小值为12，直线的方程为.17.如图，在棱长为1的正方体中，，分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：连结，和分别是和的中点，所以，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）解：如图，以为原点建立空间直角坐标系，所以，，，，，，，，，设平面的法向量为，所以，令，则，，所以，设平面的法向量为，所以，令，则，，所以，设平面与平面夹角为，所以.18.已知圆，点，过点的直线与圆交于不同的两点，（均不在轴上）.（1）若直线的斜率为，求的长度；（2）设直线，的斜率分别为，，求证：为定值；（3）设中点为，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.（1）解：由已知直线方程为即则圆心到直距离则.（2）证明：设直线方程为与圆交点坐标为，，由消去得到.即.，.又，，所以,所以为定值.（3）解：法一：由已知，由（2）化简得所以，所以由得即解得.由（2）知，即所以不存在直线使得.法二：由是弦中点，得，即有，所以是直角三角形.设中点为，由已知得，，所以点轨迹方程为:且（点轨迹在圆内），记为圆.又，即.设则化简得，记为圆,则,而圆心距.所以圆与圆相交，联立，解得或者，两圆交点为和，不在圆内，不满足题意，所以不存在直线，使得.19.如图，在四棱锥中，底面，.（1）证明：面面；（2）设，，，且点，，，均在球的球面上.（i）证明：点在线段上；（ii）设与面所成角为，求的最大值.（1）证明：因为底面，所以.又，，所以面.又面，所以面面.（2）解法一：（i）证明：取的中点.因为，所以.又，所以，，，四点共圆，圆心为.取的中点，连接，则，底面.因为，，所以.所以为点，，，所在球的球心，又三棱锥的外接球的球心是唯一的.所以即为，点在线段上.（ii）解：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，.设，则.所以，，.设面的法向量为，则取，，，所以.所以.因为表示点到直线的距离，又点在圆上.所以当为直线与圆的交点时，取得最大值，最大值为.所以的最大值为.解法二：（i）证明：取的中点.因为，所以.又，所以，，，四点共圆，圆心为.因为为三棱锥的外接球的球心，则底面.如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，.设，则，所以，解得.所以，