陕西省渭南市校联协作体2025-2026学年高二上学期期末学业水平质量评估数学试题数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省渭南市校联协作体2025-2026学年高二上学期期末学业水平质量评估试题数学试题一、单项选择题（本题共小题，每小题4分，共28分.每小题只有一个选项符合题目要求）1.已知直线，，则“”是"”的（）A.充分必要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若“”，则，所以“”是“”的充分必要条件.故选：A.2.若直线：与：交于，两点，则的最小值为（）A.3 B.6 C. D.【答案】B【解析】直线的方程可化为，令，解得，所以恒过定点.又的圆心，半径为，，易知当时，圆心到直线的距离最大值为，此时取得最小值，可得最小值为.故选：B.3.已知圆与圆有且只有2条公切线，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可得圆圆心坐标为，半径，圆圆心坐标为，半径，因为圆与圆有且只有2条公切线，所以圆与圆相交，则，所以，即，解得，所以实数的取值范围为.故选：C.4.若点在圆：的内部，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由在圆内，得，即，可化为；解得，即.故选：A.5.设双曲线的右焦点为，过的直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，交另一条渐近线于点，则（）A. B. C.2 D.3【答案】B【解析】由双曲线，得，所以，所以双曲线的右焦点为，双曲线的渐近线方程为，当过作渐近线的垂线时，可得过与渐近线垂直的直线方程为，联立，解得，所以垂足，联立，解得，所以交点，所以，，所以.同理可求过作渐近线的垂线时，.综上，.故选：B.6.已知展开式的二项式系数和为64，则其展开式的常数项为（）A. B. C.15 D.60【答案】D【解析】因为展开式的二项式系数和为，解得，且展开式的通项为，，令，解得，可得，所以其展开式的常数项为60.故选：D.7.从分别标有数字，，，，的5张卡片中随机一次性抽取2张，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】从5张卡片中抽取2张，共有种可能，抽到的2张卡片中数字乘积为负数，即一正一负，共种可能，所以抽到的2张卡片中数字乘积为负数的概率，则抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率．故选：C.8.如图，在直三棱柱中，为线段的中点，分别为线段与线段上的点，则线段长的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为直三棱柱中，，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则.因为点在线段上，设，，所以，所以.因为点在线段上，所以设，所以.为了求其最小值，则时，，此时，根据二次函数的性质，由于，所以当时，取最小值为.故选：C.二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分）9.如图，在直三棱柱中，，，点满足，其中，则（）A.当时，的最小值为B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，存在两个点使得平面与平面的夹角为D.当时，有且仅有一个点，使得【答案】ABD【解析】A选项，，，，故点在线段上，故当两点重合时，取得最小值，最小值为，A正确；B选项，当时，，故，，又，所以点在线段上，，因为直三棱柱中，⊥平面，又平面，所以⊥，又⊥，，所以⊥平面，故点到平面距离为1，故，三棱锥的体积为定值，B正确；C选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，则，因为时，，即，所以，故，，设平面的一个法向量为，则，令，则，故，平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，若平面与平面的夹角为，令，故，方程无解，故不存在两个点使得平面与平面的夹角为，C错误；D选项，当时，，即，故，，故，又，令，解得，故有且仅有一个点，使得，D正确.故选：ABD.10.已知过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，则下列结论正确的是（）A.以为直径的圆与准线相切B.若点，则的最小值为5C.若直线的倾斜角为，则D.点为线段中点，则点的坐标可以是【答案】ABD【解析】由题意可知抛物线的焦点，准线方程为；设，的中点，则到准线的距离为，，所以以为直径的圆与准线相切，故A正确；过点作垂直于准线，垂足为，则，当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为5，故B正确；若直线的倾斜角为，则直线的方程为，即，则点到直线的距离，由得，所以，，所以，故C错误；假设点的坐标为，则，由直线与抛物线交于两点得，两式相减得，即，所以，所以直线的方程为，即，点在直线上，由得，，故D正确.故选：ABD.11.甲、乙两人开展乒乓球对抗赛，约定对抗赛最多进行3场，先累计获胜两场者赢得本次对抗赛．每场比赛仅分胜负，无平局，甲每场获胜的概率为，乙每场获胜的概率为，且各场比赛结果相互独立．下列说法正确的是（）A.本次对抗赛恰好进行2场就结束的概率为B.甲最终赢得本次对抗赛的概率为C.若事件为“对抗赛恰好进行2场结束”，事件为“甲赢得对抗赛”，则事件与事件是相互独立事件D.本次对抗赛恰好进行3场结束且甲赢得本次对抗赛的概率为【答案】ABD【解析】对于A，对抗赛恰好两场结束，需满足“甲或乙连续赢两场”，则概率为，故A正确；对于B，甲赢得对抗赛，包含两种情况：一种是两场结束后甲获胜，概率为，另一种是甲在前两场比赛输了一场，第3场比赛胜，则概率为，概率之和为，故B与D正确；对于C，，不满足独立条件，故C错误．故选：ABD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知是平面的一个法向量，直线的一个方向向量为，且，则___________．【答案】2【解析】，直线的一个方向向量与平面的一个法向量垂直，，解得.故答案为：.13.已知抛物线的焦点为，则点到准线的距离为______，过点作倾斜角为锐角的直线，直线与抛物线交于不同的两点，，过点作直线的垂线交准线于点，若，则直线的倾斜角为______.【答案】①②.【解析】，则，故点到准线的距离为；过点作垂直准线，垂足为，则由抛物线的定义可知，，因为，所以，则，因为，所以直线的倾斜角为.故答案为：；.14.已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，直线与的另一个交点为，若，则的值为___________．【答案】3【解析】由题意可知：，，设，则，，若，则，解得，可得，，所以.故答案为：3.四、解答题：（本题共5小题，共77分：15题13分；16-17题15分；18-19题17分；解答应写出数学语言说明、证明过程、演算步骤）15.已知圆，直线．（1）求证：不论为何值时直线恒过定点，并求出定点坐标；（2）（i）求证：直线与圆相交；（ii）求出截得弦长最短时直线的方程．（1）证明：直线整理得，由解得，所以直线恒过.（2）（i）证明：因为，所以点在圆内，所以直线与圆相交；（ii）解：由题意可知圆心当直线时，弦长最短，此时，即，解得，所以直线的方程为，即.16.如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱的中点.（1）证明：平面；（2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：取中点，连接.因为为中点，所以为的中位线，所以且.在正方形中，为中点，所以且，所以且，所以四边形是平行四边形.所以.又平面平面，所以平面.（2）解：由于平面平面，平面平面，平面平面.以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，不妨设，则有.设平面的法向量，，所以，不妨令，得；设平面的法向量，，所以，不妨令，得；设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.17.已知椭圆：（）过点，离心率．（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，．直线，分别与轴交于点，．判断和的大小关系，并说明理由．解：（1）设椭圆的焦距为，因为离心率，所以，即，因为，所以方程化为，代入点，解得，所以椭圆的方程为.（2）设过点的直线l方程为，设，联立椭圆与直线方程,得，由，得；由韦达定理：.直线PM的方程为：，令，解得E点横坐标：，代入化简：，同理可得；，把代入可得，,即,所以.18.甲、乙两位同学参加投篮练习，由他们的投篮位置和命中情况确定得分可能为3分、2分、0分，根据以往练习统计数据，甲一次投篮得3分、2分、0分的概率分别为，乙不投3分球，他一次投篮得2分、0分的概率分别为．若甲、乙各投篮一次称为一轮投篮，且甲、乙投篮相互独立，每次投篮也互不影响．（1）记一轮投篮后，甲的得分为，乙的得分为，求；（2）记一轮投篮后，甲乙所得分数之和为随机变量，求的分布列及数学期望．解：（1）的取值为3,2,0,对应的概率分别为，，.的取值为2,0，对应的概率分别为，.当时，取2或0都满足，此时概率为.当时，取2或0都满足，此时概率为.当时，只有满足，此时概率为.根据互斥事件概率的加法公式，可得.（2）的可能取值为0,2，3，4，5的分布列如下表所示：02345可得.19.国家近年来对机器人的研究，尤其是在人形机器人和具身智能领域方面，出台了一系列的政策，旨在推动技术创新、产业升级和规模化应用．某学校为响应国家号召，培养学生的创新能力，举办机器人比赛，经过初赛，甲班团队和乙班团队进入了决赛阶段．决赛阶段规定：对每一轮比赛，获胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获冠军．若每轮比赛中，甲班团队获胜的概率为，且每轮比赛的结果相互独立．（1）若比赛结束时恰好进行了3轮比赛，求甲班团队获得冠军的概率；（2）（i）若比赛最多进行5轮，求比赛结束时比赛轮数的分布列及数学期望；（ii）若比赛轮数不限制，求甲班团队获得冠军的概率．解：（1）设事件为“第轮比赛甲班团队获胜”，由题意得．设事件表示“当比赛结束时恰好进行了3轮比赛，且甲班团队获得冠军”，