河南驻马店市2025-2026学年第一学期期末质量监测高二数学试题（试卷+解析）

2025~2026学年度第一学期期末质量监测高二数学试题本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效.2.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.4.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.5.保持卷面清洁，不折叠、不破损.第I卷（选择题，共58分）一、单项选择题：本大题共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.直线的斜率为（）A.0 B. C. D.不存在2.点关于平面对称点的坐标为（）A B. C. D.3.抛物线的焦点坐标为（）A. B. C. D.4.某农科所在甲、乙、丙三个地块培育同一种苗，甲地块培育的一等种苗占比95%，乙地块培育的一等种苗占比80%，丙地块培育的一等种苗占比70%，甲、乙、丙培育的种苗数分别占总数的40%、30%、30%，将三个地块培育的种苗混放在一起.从这批种苗中随机抽取一株，它是一等种苗的概率为（）A. B. C. D.5.直线被圆所截得的最短弦长为（）A.5 B. C.10 D.6.除以9的余数为（）A.1 B.2 C.7 D.87.已知直线，异面，上有，，，四个点，上有，，三个点，这七个点中任意两点可连成直线，其中异面直线有（）对A.37 B.54 C.66 D.678.已知，为圆的某直径的两端点，动点在抛物线上，则的最小值为（）A. B.9 C. D.二、多选题：本大题共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，，，为空间四个两两不同的点，则下列式子为零向量的是（）A.B.C.D.10.曲线左、右焦点分别为，，直线与曲线的左、右两支分别交于，两点，则（）A.且B.C.若直线与圆相切，则D.若，则的内切圆半径为11.已知的二项式展开式中，二项式系数和为256，所有项的系数绝对值的和为，则（）A.B.二项式系数最大的项为C.第6项的系数为448D.所有奇数项的系数和为3281第Ⅱ卷（非选择题，共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.为迎接温馨祥和的2026年农历春节，某司法部门安排甲、乙、丙、丁四人去富强、民主、文明、和谐四个社区进行普法宣传，要求每人必须去社区且只能去一个社区，且每个社区必须有人去宣传，要求甲不去富强社区，乙或丙去民主社区，则不同的安排方法有___________种.13.已知事件，相互独立，，，则______.14.数学家欧拉1765年在《三角形几何学》一书中有这样一个定理：“三角形的外心、垂心和重心都在同一直线上”，这就是著名的欧拉线定理后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，，则的欧拉线的方程为__________.四、解答题：本大题共5个小题，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，，.（1）若，为直线上的点，且，，求直线，的方程；（2）若，求实数值及，间的距离.16.已知椭圆的短轴长为4，离心率为，点，直线过点与曲线交于，两点，为坐标原点.（1）求的方程；（2）当直线斜率不存在时，求过，，三点的圆的方程；（3）若，求直线的方程.17.已知：如图，，，和都垂直于平面，是的中点，点满足.（1）证明：；（2）记经过，，，四点的球的球心为.（ⅰ）求球被平面所截得截面面积.（ⅱ）求与平面所成角的正弦值.18.某校组织趣味知识竞赛，共有3道题目，甲、乙同时依次作答，3道试题作答完毕后比赛结束.规定：对同一道题目，若两人同时答对或答错，每人得0分；若一人答对另一人答错，答对的得10分，答错的得-10分，比赛结束累加得分为正数者获胜，两人分别独立答题互不影响，每人每次的答题结果也互不影响.设甲、乙两名选手正确回答每道题的概率分别为，.（1）甲、乙同时回答1道题时，分别求乙得10分、0分和分的概率；（2）求比赛结束后乙获胜的概率；（3）求在乙获胜的条件下，乙恰好得10分的概率.19.在平面直角坐标系中，，，动点与，所确定的直线斜率满足，记点的轨迹为曲线，直线，.（1）求的方程；（2）动点在上，过点作曲线的切线，分别交，于点，，求的值；（3）动点，均在曲线上，且位于的两侧，现将坐标轴平面沿直线折成直二面角，求折后长度的最小值.2025~2026学年度第一学期期末质量监测高二数学试题本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效.2.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.4.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.5.保持卷面清洁，不折叠、不破损.第I卷（选择题，共58分）一、单项选择题：本大题共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.直线的斜率为（）A.0 B. C. D.不存在【答案】B【解析】【分析】根据直线的斜截式方程（，为常数），其中就是直线的斜率，所以要确定直线的斜率，只需根据斜截式方程的形式，找出对应的值即可.【详解】因为（，为常数），其中为直线的斜率，为直线在轴上的截距，将直线与斜截式方程进行对比，可得，，因此，直线的斜率为.故选：B.2.点关于平面对称点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据点关于坐标平面的对称点的坐标为，即可求解.【详解】点关于平面对称点的坐标为.故选：A3.抛物线的焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】对分和两种情况讨论，求抛物线的焦点坐标.【详解】当时，开口向上，焦点在轴正半轴上，此时，所以抛物线焦点坐标为；当时，开口向下，焦点在轴负半轴上，此时，所以抛物线焦点坐标为.故选：D4.某农科所在甲、乙、丙三个地块培育同一种苗，甲地块培育的一等种苗占比95%，乙地块培育的一等种苗占比80%，丙地块培育的一等种苗占比70%，甲、乙、丙培育的种苗数分别占总数的40%、30%、30%，将三个地块培育的种苗混放在一起.从这批种苗中随机抽取一株，它是一等种苗的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分别计算从甲、乙、丙每块地中抽取到一等种苗的概率，再利用全概率公式计算最终结果.【详解】记事件表示“随机抽取一株是一等种苗”，事件表示“抽取的种苗来自甲地块”，事件表示“抽取的种苗来自乙地块”，事件表示“抽取的种苗来自丙地块”，则，，，，，，由全概率公式，因此从这批种苗中随机抽取一株，它是一等种苗的概率为.故选：D5.直线被圆所截得的最短弦长为（）A.5 B. C.10 D.【答案】C【解析】【分析】求出直线所过定点，再求出圆心的坐标和半径，要使直线被圆截得的线段长度最小，需圆心到直线的距离最大，的最大值为圆心到定点的距离，即可得出结论．【详解】直线经过定点，圆表示以为圆心，以为半径的圆，设圆心到直线的距离为，要使直线被圆截得的线段长度最小，需最大，由题意可知，的最大值为与两点间的距离，即.所以，直线被圆截得的最短的弦长为．故选：C．6.除以9的余数为（）A.1 B.2 C.7 D.8【答案】C【解析】【分析】先将转化为与9相关的表达式，再利用二项式定理展开，通过分析展开式各项与9的关系，从而确定被9除所得的余数即可.【详解】因为，又因为，所以，根据二项式定理，当，，时，则：由于9是9的倍数，那么对于展开式中的每一项（），当时，是9的倍数，所以这些项都能被9整除，当时，该项为，因为展开式中除最后一项外，其余各项都能被9整除，所以除以9的余数为（因为余数要为正数），则除以9的余数就相当于除以9的余数，，所以余数为7.故选：C.7.已知直线，异面，上有，，，四个点，上有，，三个点，这七个点中任意两点可连成直线，其中异面直线有（）对A.37 B.54 C.66 D.67【答案】A【解析】【分析】首先共可得条不同的直线，共有对直线，排除掉共面的即可得解.【详解】从上，，，取一个点和上，，取一个点，确定的直线数有条，再加上直线，，则共可得条不同的直线，则共有对直线，其中直线与新的条直线都共面，直线与新的条直线也都共面，共24对，新的条直线中，若直线过点，则形成直线，共有对共面，直线上有4个点，故共有对共面，新的条直线中，若直线过点，则形成4条直线，其中两两共面，有对，直线上有3个点，故共有对共面，故异面直线有对.故选：A8.已知，为圆的某直径的两端点，动点在抛物线上，则的最小值为（）A. B.9 C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量的加减运算得出，再令得出，将问题转化为抛物线上动点和圆上动点距离的最小值即可求解.【详解】因为为圆的直径，所以，则，令，则点为直线与圆的交点，且位于线段内，则，设，且，则，则当时，，因为，等号成立时三点共线，所以，则的最小值为.故选：C二、多选题：本大题共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，，，为空间四个两两不同的点，则下列式子为零向量的是（）A.BC.D.【答案】BD【解析】【分析】根据空间向量的线性运算逐一分析各个选项即可得出答案.【详解】对于A选项，，故A错误；对于B选项，，故B正确；对于C选项，，故C错误；对于D选项，，故D正确.故选：BD.10.曲线左、右焦点分别为，，直线与曲线的左、右两支分别交于，两点，则（）A.且B.C.若直线与圆相切，则D.若，则的内切圆半径为【答案】ACD【解析】【分析】联立直线方程和双曲线方程后结合韦达定理可判断A的正误，利用特例可判断B的正误，根据相切求出直线的斜率，再求出的纵坐标后求出焦点三角形面积后判断C，根据垂直求出焦半径的和、积，根据等积法求得内切圆半径后可判断D的正误.【详解】对于A，由可得，因为直线与双曲线的左右支各交一点，故，故，故A正确；对于B，设，而，故，故，而，故，同理，故，取，由A的分析可得为方程的两个不同的解，故，而，故，故B错误；对于C，因为直线与圆相切，故，故，由A的分析可得联立直线方程和双曲线方程消元后的方程为：，故，故，故，故C正确；对于D，，故，故，而，故，所以，故，故，故，故且，故，其中为内切圆半径，故，故D正确.故选：ACD.11.已知的二项式展开式中，二项式系数和为256，所有项的系数绝对值的和为，则（）A.B.二项式系数最大的项为C.第6项的系数为448D.所有奇数项的系数和为3281【答案】BD【解析】【分析】根据二项式定理相关性质计算即可.【详解】由题意可得，二项式系数之和为，解得，对于A选项，因为所有项的系数绝对值的和为，所以，解得，故A错误；对于B选项，当时，二项式系数最大的项是第项，，故B正确；对于C选项，，故第6项的系数为，故C错误；对于D选项，令，令，则，令，，所以所有奇数项之和为，将代入可得，所有奇数项的系数和为3281；将代入可得，所有奇数项系数和为3281，故D正确.故选：BD.第Ⅱ卷（非选择题，共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.为迎接温馨祥和的2026年农历春节，某司法部门安排甲、乙、丙、丁四人去富强、民主、文明、和谐四个社区进行普法宣传，要求每人必须去社区且只能去一个社区，且每个社区必须有人去宣传，要求甲不去富强社区，乙或丙去民主社区，则不同的安排方法有___________种.【答案】8【解析】【分析】乙去民主社区，先安排甲再排另外两人，则有，同理丙去民主社区，即可得解.【详解】根据题意，分两种情况讨论：乙去民主社区，此时甲只能去文明或和谐社区，再排另外两人，则有；同理丙去民主社区也有种方法，故不同的安排方法有种.故答案为：813.已知事件，相互独立，，，则______.【答案】##【解析】【分析】先利用独立事件的性质求出，再通过条件概率公式完成计算即可.【详解】由相互独立，得，代入，，则，即，因为，所以.故答案为：14.数学家欧拉1765年在《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：“三角形的外心、垂心和重心都在同一直线上”，这就是著名的欧拉线定理后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，，则的欧拉线的方程为__________.【答案】【解析】【分析】求出重心坐标，求出边上的高和边上的高所在直线方程，联立两直线可得垂心坐标，即可求出欧拉线方程.【详解】因为的顶点，，，所以的重心为，即，可得直线的斜率为，则边上的高所在的直线斜率为，则方程为，即，直线的斜率为，则边上的高所在的直线斜率为，则方程为，即，联立方程，解得，即的垂心为，则直线斜率为，则可得直线方程为，故的欧拉线方程为.故答案为：.四、解答题：本大题共5个小题，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，，.（1）若，为直线上的点，且，，求直线，的方程；（2）若，求实数的值及，间的距离.【答案】（1）答案见解析（2）；【解析】【分析】（1）由题意可求，根据两点间的距离公式求解，再由，，求解即可.（2）由直线平行求解，再由两平行线间的距离公式求解即可.【小问1详解】由条件，，因为，，则，即有当时，，；当时，，.【小问2详解】当时，必有，且与不重合.若时，与重合，不符合题意，舍去，时，此时，与间的距离为.16.已知椭圆的短轴长为4，离心率为，点，直线过点与曲线交于，两点，为坐标原点.（1）求的方程；（2）当直线的斜率不存在时，求过，，三点的圆的方程；（3）若，求直线的方程.【答案】（1）（2）（3）（或写成）【解析】【分析】（1）利用椭圆短轴得出，结合离心率代入求得，从而求得椭圆方程；（2）根据圆的几何性质圆心为两弦中垂线的交点进行求解；（3）根据题意，直线的斜率不为0，不妨设直线，由，则，即，利用韦达定理化简求解.【小问1详解】根据条件，，离心率，则，可得曲线；【小问2详解】当直线的斜率不存在时，不妨假设在轴上方，可得，，，的中点坐标为，则线段的中垂线方程为，取得，从而可得过，，三点的圆的圆心为，半径，因此过，，三点的圆的方程为；【小问3详解】当直线的斜率为0时，，因此直线的斜率不为0，不妨设直线，，，，，由，则，即，联立，整理，方程的判别式，由韦达定理可得，可得，解得，因此直线的方程为.17.已知：如图，，，和都垂直于平面，是中点，点满足.（1）证明：；（2）记经过，，，四点的球的球心为.（ⅰ）求球被平面所截得的截面面积.（ⅱ）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（i）（ii）【解析】【分析】（1）由条件可得面，由线面垂直的性质定理，可得线线垂直，再由线面垂直的判定定理可得面，即可求证.（2）（i）建立空间直角坐标系，利用球的截面性质求解即可.（ii）利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】由已知面，面，从而，又因为，，，则是以为斜边的等腰直角三角形，取中点为，如图，则，由是的中点，点满足，则为的中位线，可得，则，又且，则平面，又平面，所以.【小问2详解】（ⅰ）由于，则，，，满足，所以，又，从而可得三棱锥的外接球的直径为线段，因此球心为中点，半径，如图，以为空间坐标系原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，则，，设平面的一个法向量为，由，得，取，则，，从而，又因，则球心到平面的距离为，则球被平面所截得的截面为圆面，其圆的半径为，因此截面的面积为；（ⅱ）由（i）可知平面的一个法向量为，且，因此直线与平面所成角的正弦值为.18.某校组织趣味知识竞赛，共有3道题目，甲、乙同时依次作答，3道试题作答完毕后比赛结束.规定：对同一道题目，若两人同时答对或答错，每人得0分；若一人答对另一人答错，答对的得10分，答错的得-10分，比赛结束累加得分为正数者获胜，两人分别独立答题互不影响，每人每次的答题结果也互不影响.设甲、乙两名选手正确回答每道题的概率分别为，.（1）甲、乙同时回答1道题时，分别求乙得10分、0分和分的概率；（2）求比赛结束后乙获胜的概率；（3）求在乙获胜的条件下，乙恰好得10分的概率.【答案】（1）;;;（2）（3）【解析】【分析】（1）按乙得分的三种场景，分别用独立事件乘法、互斥事件加法计算概率；（2）先分类乙获胜的得分情况，再用组合数和独立事件乘法，分别计算每类得分的概率，最后将三类得分的概率相加，得到乙获胜