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（原卷+解析）

这是一份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（原卷+解析），共25页。试卷主要包含了 若点在圆等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
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
2. 若直线：与：交于，两点，则的最小值为（ ）
A 3B. 6C. D.
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.
4. 若点在圆：的内部，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
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. 2D. 3
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. 15D. 60
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.
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.
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，最小值为
B. 当时，三棱锥体积为定值
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
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. 以为直径圆与准线相切
B. 若点，则的最小值为5
C. 若直线倾斜角为，则
D. 点为线段中点，则点的坐标可以是
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
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
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___________．
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______
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___________．
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．
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.
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．
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．
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．
2025-2026（上）渭南市校联协作体期末学业水平质量评估试题
高二数学
注意事项：
1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
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】
【分析】两直线垂直的充要条件结合充分必要条件定义即可得解.
【详解】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. 3B. 6C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线过定点并求出圆心到直线距离的最大值，可得弦长的最小值.
【详解】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】
【分析】由题意可知圆与圆相交，根据两圆相交的条件列不等式，求解即可求出答案.
【详解】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】
【分析】根据点在圆内，得出不等关系，解不等式即可求得结果.
【详解】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. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】求得双曲线的渐近线方程，进而求得过与渐近线垂直的直线方程，联立方程组求得的坐标，进而计算可求得的值.
【详解】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. 15D. 60
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式系数和可得，再结合二项展开式的通项运算求解即可.
【详解】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】
【分析】计算抽到的2张卡片中数字乘积为负数的概率，再计算抽到的2张卡片中数字乘积为非负数的概率即可.
【详解】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】
【分析】先根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后设出的坐标，根据两点距离公式列出的表达式，最后根据二次函数的性质求出最小值即可.
【详解】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】
【分析】A选项，点在线段上，故当两点重合时，取得最小值，求出最小值；B选项，等体积法得到；C选项，建立空间直角坐标系，设，求出，并得到两平面的法向量，根据面面角的夹角得到方程，方程无解，故C错误；D选项，表达出，令，解得，故有且仅有一个点，使得，D正确.
【详解】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5
C. 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】
【分析】计算和中点到准线的距离可判断A；根据抛物线的定义结合距离和最小计算可判断B；应用韦达定理计算面积可判断C；根据点差法可判断D.
【详解】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】
【分析】利用独立事件概率乘法公式，结合分类讨论、互斥事件概率加法，来计算判断即可.
【详解】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.
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
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】
【分析】根据平面法向量的性质，结合空间向量平行的性质的坐标运算进行求解即可.
【详解】，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】 ① ②.
【解析】
【分析】求出即可；过点作垂直准线，根据抛物线的定义以及条件可得，即可求出，再利用垂直关系即可.
【详解】，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】
【分析】设，根据椭圆定义可得，，进而可得，即可得结果.
【详解】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．
【答案】（1）证明见解析，定点坐标为
（2）（i）证明见解析
（ii）
【解析】
【分析】（1）首先把直线变形为，然后解方程组即可得出定点坐标；
（2）（i）只需利用点与圆的位置关系证明点在圆内即可；
（ii）当直线时，弦长最短，根据垂直关系即可求出.
【小问1详解】
直线整理得，
由解得，所以直线恒过.
【小问2详解】
（i）因为，所以点在圆内，所以直线与圆相交；
（ii）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.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）通过构造辅助线取中点，连接，利用中位线定理证明四边形是平行四边形，从而证得线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式计算二面角的余弦值.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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．
【答案】（1）
（2）,理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率得到的关系，结合所过点可求答案；
（2）联立方程，写出韦达定理，求出点，的横坐标，求和可得值为零，从而可得答案.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）分别按照，，求出概率，根据互斥事件概率的加法公式，可得的值.
（2）可能取值为，分别求出相应的概率，列出的分布列，根据数学期望的公式求出的值.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
的可能取值为0,2，3，4，5.
.
.
.
.
.
的分布列如下表所示：
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．
【答案】（1）
（2）（i）分布列见解析，（ii）.
【解析】
【分析】（1）由互斥事件和相互独立事件的概率公式进行计算.
（2）（i）先得到的所有可能取值为3，5，再结合互斥事件和相互独立事件的概率公式得到取每个值的概率，从而列出分布列，利用数学期望的计算公式得到.
（ii）设事件为“比赛轮数不限制，甲班团队获冠军称号”，设比赛过程中，甲班团队与乙班团队累积得分的差为，表示时最终甲班团队获“冠军”称号的概率，可得，结合全概率公式和迭代可得最终结果.
【小问1详解】
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”，因为每轮比赛结果相互独立，
则．
故甲班团队获得冠军的概率为.
【小问2详解】
（i）由题意得，事件为“第轮比赛乙班团队获胜”，，
的所有可能值为3，5．
所以.
所以分布列为
所以.
（ii）设事件表示“比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军”．设比赛过程中，甲班团队与乙班团队累积得分的分差为表示时最终甲班团队获得冠军的概率，其中．由题意知．
根据全概率公式有
.
所以，
迭代得
所以，
，
．
累加得
所以．
故，
所以．
即．
故若比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军的概率为.
0
2
3
4
5
3
5