四川省泸州市2025-2026学年高二上学期期末质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省泸州市2025-2026学年高二上学期期末质量检测数学试题一、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.抛物线的焦点到准线的距离为（）A. B.1 C.2 D.4【答案】B【解析】由解析式可知，即，焦点到准线的距离为.故选：B.2.的虚部为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以虚部为,故选：D.3.双曲线：的左、右焦点分别为，，是上一点，若，则（）A.2 B.3 C.4 D.6【答案】D【解析】由题意双曲线：的，，又是上一点，，在双曲线的右支上，根据双曲线的定义，得，，解得.故选：D.4.设，是一个随机试验中的两个事件，且与相互独立，若，，则（）A.0.2 B.0.5 C.0.7 D.0.9【答案】C【解析，故选：C.5.三棱锥中，点，分别为，的中点，记，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为点是的中点，所以，又因为点是的中点，所以，因此：.故选：A.6.某大街在甲，乙两处设有红绿灯，汽车在这两处遇绿灯的概率分别是，，假设在两处遇到绿灯互不影响，则汽车在这两处恰好遇到一次红灯的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】在甲，乙两处设有红绿灯，汽车在这两处遇绿灯的概率分别是，，则汽车在这两处恰好遇到一次红灯的概率为.故选：B.7.圆柱的轴截面为正方形，一个圆锥的底面半径与该圆柱的底面半径相同，且侧面积相等，则圆锥的高与圆柱的高之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设圆柱底面半径为，因为圆柱轴截面是正方形，所以圆柱的高为，依题意圆锥的底面半径为，设圆锥的母线长为，因为圆锥与该圆柱的侧面积相等，所以，解得，则圆锥的高为，所以圆锥的高与圆柱的高之比为.故选：C.8.是圆：上的动点，为直线：上的动点，定点，则的最小值是（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】圆：的圆心，半径设点关于对称点为，则，解得，即故由，故，又，则，当且仅当三点共线时取等号，故的最小值为4.故选：C.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.已知直线，，则（）A.恒过定点 B.若，则C.若，则 D.的倾斜角可能为0【答案】AC【解析】，直线恒过定点，A选项正确；若，则，∴，且当时，，，也成立，B选项错误；若，则，即，则，C选项正确；时，斜率不存在，倾斜角为，时，直线斜率为，倾斜角不是，于是无论如何取值，倾斜角不可能是，D选项错误.故选：AC.10.如图，正方体的棱长为2，点在线段上运动，则（）A.存在点，使得B.三棱锥的体积为定值C.直线与所成的最小角为D.点到直线距离的最小值为【答案】ABD【解析】对于A，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：则，，则，设，，，∴，，∴，则，当时，，则，即当为的中点时，满足题意；A选项正确；对于B,∵，∴平面，平面，∴平面，即点到平面的距离不变，∴不变，B选项正确；对于C，，∴，则，，设直线与所成角为，则，令，函数对称轴为，∴，，∴∴，∵，∴直线与所成的最小角不为，C选项错误；对于D，，，，则，则在上的投影长为∴到直线距离.∵，∴当时，取最小值，D选项正确.故选：ABD.11.在平面直角坐标系中，过抛物线焦点的直线与相交于，两点，过作的垂线交直线于点，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】如图所示，由题意得，准线方程为，当直线斜率为0时，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，故点不与原点重合，由抛物线定义可知，A选项正确；当直线斜率不存在时，，则，，，此时，，，B选项错误；当直线斜率不存在时，，则，，，∴，∴当直线斜率存在时，设，联立方程组得，整理得，设，，则，由抛物线定义可知，，，，，即，∴，∴，C选项正确；，当直线斜率不存在时，，则，，，，当直线斜率存在时，，，直线，则，∴，∴，，∴，D选项正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.椭圆的一个焦点坐标是，则的值为______.【答案】1【解析】∵焦点坐标是，∴，∵，∴，.故答案为：1.13.从小到大依次排列的四个数1，，，9，这四个数的中位数和平均数相等，则这四个数的和是______.【答案】20【解析】中位数为，平均数为，由题意得，则，∴，故答案为：20.14.斜三棱柱中，，，，，动点在侧面上，且，则的轨迹长度为______.【答案】【解析】如图，以为坐标原点，分别为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，设，则，由题意可知：，则，解得，即，则，，可得，注意到，则，可知为矩形，设平面的法向量为，则，令，则，可得，设点在平面的投影为，则，，，因为，则，解得，即，则，可得，，又因为，，则，且，可得点到直线，，，的距离分别为，均大于1，所以点的轨迹是以为圆心，半径的圆，所以的轨迹长度为.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.已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点.（1）求圆的标准方程；（2）若直线与圆相交于两点，且，求实数的值.解：（1）令切点为，由题意可知过点且垂直于直线，∴，联立直线方程，解得，则半径，∴圆.（2）由（1）可知圆心，则圆心到直线的距离，又∵，∴，即，∴或.16.为了深入开展安全教育，普及安全文明知识，某中学随机抽取1000名学生进行安全文明知识竞赛并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）请估计这1000名学生成绩平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）和上四分位数（结果保留整数）；（2）现从，两组中采用按比例分层随机抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求2人来自不同两组的概率.解：（1）频率分布直方图中，结合频率分布直方图，设这1000名学生成绩的上四分位数为t，在的频率为0.3，的频率为0.4，的频率为0.15，则上四分位数落在内，则，解得，即上四分位数约为73分，这1000名学生成绩平均数为分.（2）按比例分配的分层随机抽样方法．中抽取的人数为，中抽取的人数为．记来自的3人和来自的2人分别为，则所有基本事件为，，，，，，，，，，共10个，满足题意2人来自不同两组的有6个，由古典概型知，2人来自不同两组的概率为．17.如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，平面平面，为的中点，是棱上的点.（1）证明：；（2）若，，，且与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：∵，即，∵平面平面，且平面平面，平面，且，∴平面，∵平面，∴.（2）∵且为的中点，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵，∴，（2）解：由（1）可知平面，且平面，所以∵，为的中点，∴，∴如图以点为顶点建立空间直角坐标系，∴，，，，，则，设，，则，平面的一个法向量为，则，即，即，∴，即，∴或（舍去），∴，，，设平面与平面的一个法向量分别为，，则，令，则，即，则，令，则，即，设平面与平面所成二面角为，则.18.已知双曲线：的离心率为，焦点到的渐近线的距离为1.（1）求的方程；（2）若垂直于轴的直线与的右支相交于，两点，已知点，直线和的左支交于点.（ⅰ）若，是坐标原点，求直线的方程；（ⅱ）求证：直线过定点.（1）解：易知的渐近线方程为，设双曲线的一个焦点为，则，由双曲线对称性，不妨取的一条渐近线，则到该渐近线的距离，又C的离心率为，即，所以；（2）不妨设A在第一象限，由题意可设，，联立得，则，整理得，（ⅰ）解：易知，即，解之得（舍去）或，所以，即.（ⅱ）证明：直线，整理得，又在双曲线上，且在直线上，即，则，作差得，化简得，则，即，显然时，，即直线过定点.19.已知椭圆：，其右顶点为.（1）已知是上的动点，求到直线距离的最大值；（2）过点的直线与相交于，两点（均不与点重合）.（ⅰ）判断点与以为直径的圆的位置关系，并说明理由；（ⅱ）求的外接圆圆心的轨迹方程.解：（1）椭圆的参数方程为，点到直线的距离为令，则当时，取得最大值；（2）（i）点在以为直径的圆外.理由：设直线（，否则与重合），代入椭圆方程得设，则计算，利用得：代入得，，将韦达定理结果代入，计算得当时，直线为，过点，与题设“均不与点重合”矛盾，故不考虑；当直线斜率不存在时，方程为，代入