北京市昌平区2025-2026学年高二上学期期末质量抽测样卷数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市昌平区2025-2026学年高二上学期期末质量抽测数学样卷试题一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，则直线斜率为，则直线倾斜角满足.故选：B.2.双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】由，得，，故，所以，双曲线的离心率.

故选：B.3.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，则的值为（）A.2 B. C.4 D.【答案】D【解析】由椭圆可得，所以焦点坐标为，又抛物线的焦点为，所以，解得.故选：D.4.在空间直角坐标系中，已知点，且A，B，C三点共线，则的值为（）A. B.1 C.2 D.4【答案】C【解析】由题意可得，因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使得，即，解得，所以.故选：C.5.在展开式中，的系数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】展开式的通项公式为，令，则，所以，所以的系数为，故选：C.6.从4名志愿者中选派3人在星期六、星期日参加公益活动，要求每人只参加一天，且星期六需要有两人参加，星期日需要有一人参加，则不同的选派方法共有（）A.12种 B.20种 C.24种 D.36种【答案】A【解析】第一步，从4名志愿者中选派2人参加星期六的公益活动，有种方法；第二步，从剩下的2人中选派1人参加星期日的公益活动，有种方法，所以不同的选派方法共有种方法.故选：A.7.已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，是该抛物线上的一点．若，，则的值为（）A.4 B.3 C.2 D.【答案】B【解析】设点M的坐标为，由抛物线的定义可知，，因为，，所以，代入抛物线方程可得，解得或1.经检验，当时，，此时，而，由余弦定理可知为钝角，不符合题意，所以.故选：B.8.已知直线，则“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当或时，直线，此时直线与双曲线的渐近线平行，故只有一个公共点；当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，联立直线与双曲线的方程，得，消去，得，①当，即时，此时方程①为一次方程，有唯一解，直线与双曲线有且仅有一个交点；当，即时，此时方程①为一元二次方程，要求直线与双曲线有且仅有一个公共点，需判别式，，解得，所以当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，的取值集合为，故“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”的充分不必要条件.故选：A.9.已知A，B是圆上的两点，是直线上一点．若存在点A、B、P，使得，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以点在以为直径的圆上，设的中点为，则，由图知，点到圆上点的最大距离为，由基本不等式，，当且仅当时等号成立，因点到直线的距离为，解得.故选：B.10.在棱长为2的正方体中，是正方形内（包括边界）的一个动点，且满足．则下列结论中错误的是（）A. B.点的轨迹长度为C.点到直线的最短距离为 D.可能为锐角【答案】D【解析】在正方体中，以为坐标原点，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，设，得到，，因为，所以，得，对于A，，，则，因为，所以，故A正确；对于B，点在线段上运动，故点的轨迹长度为，因为，，故，则，故B正确；对于C，，，设点到直线的距离为，则，因为，令，由二次函数性质可知，当时，，即，所以点到直线的最短距离为，故C正确；对于D，，，因为，因为，所以，由二次函数性质可知，可得，故不可能为锐角，故D错误.故选：D二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.已知直线与垂直，则__________．【答案】【解析】依题意得，，得，故答案为：.12.已知，则__________；__________．【答案】①.②.【解析】已知，则，两式对比可得：，，,,,故，.故答案为：①；②.13.某校组织一次认识大自然的夏令营活动，有6名同学参加，其中有4名男生、2名女生．现从这6名同学中随机抽取3名同学去采集自然标本，则抽到的3名同学中至少有1名女生的概率为__________．【答案】或【解析】抽到的3名同学中没有女生的概率为，则抽到的3名同学中至少有1名女生的概率为.故答案为：14.已知双曲线，其渐近线方程为__________；若是双曲线右支上的一个动点，且到直线的距离大于恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】①.②.##【解析】因为双曲线，所以，所以渐近线方程，即为；因为与渐近线平行，且两平行线间距离为，如图所示，又因为到直线的距离大于恒成立，所以，所以的最大值为，故答案为：；.15.在平面直角坐标系中，给定一个圆系，其中．给出下列四个结论：①圆与圆的公共弦长为4；②该圆系中所有圆的圆心都在某条抛物线上；③对于任意的，圆与圆都外切；④存在直线与所有圆都相切．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①②③【解析】圆的圆心，半径为.对①，圆的方程为，即，圆方程为，即，两圆方程相减得公共弦所在直线方程为，圆心到直线的距离为2，半径，所以公共弦长为，正确；对②，圆心的坐标都满足抛物线方程，正确；对③，圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，因为，所以，，所以，两圆外切，正确；对④，由①知，圆和相交，且圆心纵坐标和半径都相等，所以圆和有两条公切线，分别为和，所以若存在直线与所有圆都相切，则直线只能是或，对于圆，圆心到直线的距离为，若圆与直线相切，则，显然不恒成立；圆心到直线的距离为，若圆与直线相切，则，显然不恒成立.综上，不存在直线与所有圆都相切，错误.故答案为：①②③三、解答题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.如图，在四棱锥中，四边形ABCD为正方形，平面．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值．（1）证明：因为平面，又因为平面，所以.在正方形中，易知，又因为，平面，因此平面.（2）解：易知两两互相垂直，因此可以为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，则.由（1）可知，平面，故是平面的法向量.设平面的法向量为，则有，即，得，取，则，即，则，又因为二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为.17.某学生参加研学活动，需依次前往3个打卡点，且每个打卡点遇到排队的概率均为，若遇到排队，则每次排队均需额外耗时20分钟．假设在各打卡点是否遇到排队相互独立．（1）求该生首次遇到排队发生在第3个打卡点的概率；（2）设该生在上述3个打卡点排队的额外总耗时为（单位：分钟），求的分布列及数学期望.解：（1）设这名学生首次遇到排队发生在第3个打卡点的事件为，因为事件等于事件“这名学生在第一和第二个打卡点没有遇到排队，在第三个打卡点遇到排队”，所以.（2）的所有可能取值为0，20，40，60,(单位:分)，，,，，故的分布列为：所以.18.如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面为BC的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．（1）证明：连接,连接，四边形为正方形，为中点，为BC的中点，，平面，平面，平面；（2）解：取的中点，的中点，连接，，为等边三角形，，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，两两垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，，，设直线与平面所成角为，，直线与平面所成角的正弦值为；（3）解：假设在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，，，则点到平面的距离为，解得，或（舍），在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时.19.已知椭圆的一个顶点为，焦距为4（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于A、B两点，点为坐标原点．若，求直线的方程．解：（1）因为椭圆的一个顶点为，焦距为4，所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）联立，消整理得，，因为直线与椭圆交于、两点，所以，即，由韦达定理可知，，，因为，所以，则，所以，即，所以，两边同乘，整理可得，可解得，经验证知满足，所以直线的方程为.20.已知椭圆过点，离心率为．过点且不与轴重合的直线，该直线与椭圆交于不同的两点A，B．（1）求椭圆的方程；（2）当点是椭圆上的动点时，求的最小值；（3）设是异于的定点，记与的面积分别为．若对任意的直线，均有成立，求定