广东省汕尾市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷含答案（word版+pdf版）

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注意事项:
1. 答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处。
2. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。
3. 答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。考试结束后，请将本试题及答题卡交回。
一、单项选择题: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. 已知 a=2,−1,3,b=x,2,103 ，且 a⊥b ，则 x= ( )
A. 4 B. -4 C. 1 D. -1
2. 现有 7 个红色研学纪念勋章盲盒, 其中 3 个放有“彭湃故居”纪念勋章. 甲、乙两名学生先后从中各任取一个盲盒，则乙领到“彭湃故居”纪念勋章的概率为( )
A. 13 B. 12 C. 47 D. 37
3. 抛物线 x2=8y 的准线方程为 ( )
A. x=−2 B. x=2 C. y=−2 D. y=−4
4. 汕尾 4 个国家级名录特色农产品(城区东涌镇宝楼村红灯笼荔枝、华侨管理区红杨桃、陆河县河口镇油柑、陆丰市桥冲镇及内湖镇莲藕)种养户众多. 现有荔枝户 40 户、杨桃户 50 户、油柑户 60 户、莲藕户 50 户. 用分层抽样抽取容量为 20 的样本，应抽取油柑户 ( )
A. 2 户 B. 4 户 C. 6 户 D. 15 户
5. 已知直线 l1:3a+2x+1−4ay+8=0 ，直线 l2:5a−2x+a+4y−7=0 ，则 a=1 是 l1⊥l2 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
6. 过点 0,3 与圆 x+32+y2=4 相切的两条切线的夹角为 θ ,则 csθ= ( )
A. 23 B. 73 C. 59 D. 2149
7. 在棱长为 2 的正四面体 ABCD 中, M,N 分别为 BC,AD 的中点,则直线 AM 和 CN 夹角的正弦值为( )
A. 53 B. 23 C. 13 D. 223
8. 在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中, AB=AD=2,AA1=4 ,现有一个动平面 α ,且 α//A1BD , 当平面 α 截此长方体所得截面边数最多时，截面的周长为( )
A. 45+22 B. 42+25 C. 53+42 D. 25+22
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. 若一组数据 6,4,a,8,6,10,12 的平均数为 7,则( )
A. a=3 B. 该组数据的极差是 8
C. 该组数据的第 75 百分位数为 10 D. 去掉 a 后该组数据的方差不变
10. 已知点 P4,4 ,圆 O:x2+y2=4,O,P 是圆 Q 的一条直径的两个端点,且圆 O 和圆 Q 相交于 A,B 两点,则( )
A. 圆 Q 的方程为 x2+y2−4x−4y=0
B. 直线 AB 的方程为 x+y+1=0
C. PA 与圆 O 相切
D. 若圆 O 上恰有三个点到直线 y=x+t 的距离为 1,则 t=±2

11. 如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中, E,F 分别是 AB,BC 上的动点,且 AE=BF ，则()
A. A1F⊥C1E
B. 平面 A1B1F⊥ 平面 B1C1E
C. 若 M,N 分别为对角线 DC1 和 AC 上的动点,则 MN 的最小值为 22
D. 当三棱锥 B1−BEF 的体积最大时，面 B1EF 与面 BEF 的夹角的余弦值为 13
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若 PA=23,PB=14 ，且事件 A 与事件 B 相互独立，则 PAB= _____.
13. 已知矩形 ABCD,AB=20,BC=15 ，沿对角线 BD 将 △BCD 折起，使得 AC=193 ，则二面角 A−BD−C 的余弦值为_____.
14. 已知直线与抛物线 y2=2pxp>0 交于 A,B 两点，点 F 为焦点， OA⊥OB,OD⊥AB 且交 AB 于点 D2,2 ，点 Mx0,2 为该抛物线上的点，则 ∠DMF 的平分线所在直线的方程为_____.
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. (13 分) 已知倾斜角为 π4 的直线 l 过点 P1,2 ,圆 M 的圆心 M 在直线 l 上,且圆 M 过点 A1,1 和点 B2,−2 .
(1)求直线 l 的一般式方程和圆 M 的标准方程；
(2)求 △MAB 的面积.
16. (15 分) 汕尾文旅文创展区有 8 件不同的特色纪念品, 其中 5 件是甲子贝雕书签, 3 件是捷胜泥塑挂件. 现从中不放回依次随机取出 2 件作为文旅伴手礼.
(1)求第二次取到捷胜泥塑挂件的概率;
(2)求至少取到 1 件捷胜泥塑挂件的概率.
17. (15分)“广东万里碧道·汕尾品清湖铁人三项赛”是汕尾市重点打造，融合体育竞技、 绿美生态体验与滨海旅游资源的品牌赛事，吸引了全国众多爱好者. 为科学评估大众选手在品清湖“欢乐跑”(10 千米)项目的表现，组委会从所有完赛选手中随机抽取了 100 人的成绩(单位:分，成绩均为不低于 40 的整数)作为样本进行分析，并据此绘制了如下频率分布表和频率分布直方图.

(1)根据样本数据，计算频率分布表中的 a 值和频率分布直方图中的 b 值；
(2)根据样本数据，估计这 100 名选手“欢乐跑”成绩的样本众数、中位数和平均数；
(3)已知落在区间 [50,60) 的平均成绩是 54，方差是 7，落在区间 [60,70) 的平均成绩为 63 , 方差是 4 , 求两组成绩合并后的总平均数和总方差.
18. (17 分) 如图,在四棱锥 P−ABCD 中,四边形 ABCD 为直角梯形, AB⊥BC,AD//BC , PA⊥ 平面 ABCD ,且 PA=AB=BC=2AD=6 .
(1)若 AP=3AE ，证明: PC// 平面 BDE ；
(2)若点 F 在线段 AB 上， AB=3AF ，动点 Q 在平面 ABCD 内，且 QB=3QF .

① 求三棱锥 P−ABQ 的体积的最大值；
②求直线 PQ 与平面 PBD 所成角的正弦值的最大值.
19. (17 分) 已知椭圆 Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0 的左、右焦点分别为 F1,F2,P 为椭圆 Γ 上的一点,且 △PF1F2 的周长为 6,椭圆的离心率为 12 .
(1)求椭圆 Γ 的方程；
(2)直线 l 与椭圆 Γ 相交于 Mx1,y1 ， Nx2,y2x1≠x2 两点.
① 若线段 MN 的垂直平分线与 x 轴的交点坐标为 x0,0 ,求 x0 的取值范围；
②已知点 C4,2 ， A ， B 分别为椭圆， Γ 的左、右顶点， O 为坐标原点，直线 BM 与 OC 交于点 H ,点 N 与点 Q 关于原点对称, A,H,Q 三点共线,求证: 直线 l 经过定点.
汕尾市 2025—2026 学年度第一学期期末教学质量监测高中二年级数学 答案及评分标准 (参考)
一、单项选择题: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.
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.
三、填空题:本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 16 13. 12 14.y=−x+3
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. 解: (1) 直线 l 的斜率为 k=tanπ4=1 , 1 分
又因为 l 过点 P1,2 ,
所以直线 l 的方程为 y−2=x−1 ,即直线 l 的一般式方程为 x−y+1=0 , 3 分
因为圆心 M 在直线 l 上,
所以可设圆心 Ma,a+1 ,
因为 A,B 是圆上的两点,
所以 MA=MB ,
即 a−12+a2=a−22+a+32 , 4 分
解得 a=−3 , 5 分
所以圆心 M−3,−2 ,圆 M 的半径为 r=MA=3+12+1+22=5 , 6 分
所以,所求的圆 M 的标准方程是 x+32+y+22=25 . 7 分
(2)直线 AB 的方程为 3x+y−4=0 ， 8 分
圆心 M−3,−2 到直线 AB 的距离为 d=−3×3−2−432+12=1510 , 10 分
AB=2−12+−2−12=10 11 分
所以 △MAB 的面积为 S△MAB=12ABd=12×1510×10=152 . 13 分
16. 解法 1: (1) 从 8 件纪念品中依次不放回取出 2 个,共有 nΩ=8×7=56 (种) 等可能的结果, 1 分
记事件 A= “第一次取到捷胜泥塑挂件”,事件 B= “第二次取到捷胜泥塑挂件” 2 分
则 B=AB∪AB ,且 AB 与 AB 互斥. 3 分
由图可知 nAB=3×2=6,nAB=5×3=15 , 5 分
所以 PB=PAB+PAB=nAB+nABnΩ=6+1556=38 , 7 分
所以第二次取到捷胜泥塑挂件的概率为 38 . 8 分
(2)记 M= “至少取到 1 件捷胜泥塑挂件”，则 M= “两次都没有取到捷胜泥塑挂件”， 9 分
M=AB, 10 分
所以 PM=nABnΩ=5×456=514 , 13 分
所以 PM=1−PM=1−514=914 , 14 分
因此至少取到 1 件捷胜泥塑挂件的概率为 914 . 15 分
解法 2: (1) 第二次取到捷胜泥塑挂件, 有两种情况:
情况 1: 第一次取到甲子贝雕书签,第二次取到捷胜泥塑挂件,记其概率为 P1 , 1 分
有 P1=C31C21C81C71=656=328 ; 3 分
情况 2: 第一次取到捷胜泥塑挂件,第二次取到捷胜泥塑挂件,记其概率为 P2 , 4 分
有 P2=C51C31C81C71=1556 ; 6 分
第二次取到捷胜泥塑挂件的总概率为 P,P=P1+P2=328+1556=38 . 8 分
(2)设取到 2 件甲子贝雕书签的概率为 P′ ，则 P′=C51C81×C41C71=58×47=514 ， 12 分
设至少取到 1 件捷胜泥塑挂件的概率为 P′′ ,则 P′′=1−P′=1−514=914 . 15 分
17. (15 分) 解: (1) 由频率分布表可知 5+10+20+a+25+10=100 ,解得 a=30 , 2 分
所以频率分布直方图中 b=30100×10=0.03 . 4 分
(2)根据频率分布表和频率分布直方图可估计样本的众数 70+802=75 , 6 分
设样本的中位数为 x0 ,由频率分布直方图可得 5+10+20100+x0−70⋅0.03=0.5 , 7 分
解得 x0=75 , 8 分
根据频率分布直方图估计样本的平均数为 x=45×0.05+55×0.1+65×0.2+75×0.3+ 85×0.25+95×0.1=74 . 10 分
(3)两组成绩合并后的总平均数 w=10×54+20×6310+20=60 , 12 分
两组成绩合并后的总方差 s2=110+2010×54−602+10×7+20×63−602+20×4 =23 . 15 分
18. (17 分) (1) 证明: 如图 1,连接 AC 交 BD 于点 H ,连接 EH . 1 分

图 1
因为 AD//BC 且 BC=2AD ,
所以 AH:HC=1:2 , 2 分
又因为 AP=3AE ,
所以 AE:EP=1:2 , 3 分
所以 AHHC=AEEP ,
因为点 A,H,C,E,P 共面,
所以 EH//PC , 4 分
因为 EH⊂ 面 BDE,PC⊄ 面 BDE ,

图 2
所以 PC// 面 BDE . 5 分
(2)解:因为 PA⊥ 平面 ABCD ，所以 PA⊥AB,PA⊥AD ， 又因为 AB⊥AD ,
所以以 A 为坐标原点,直线 AD,AB,AP 所在方向分别为 x 轴, y 轴, z 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系, 6 分
因为 PA=AB=BC=2AD=6,AB=3AF ,
所以 B0,6,0,F0,2,0 ,设 Qx,y,0 ,..7 分
①因为 QB=3QF ，所以 x2+y−62+02=3x2+y−22+0 ，
(因为 QB=3QF ，在 xOy 平面中，有 x2+y−62=3x2+y−22 亦可)
化简整理可得 x2+y2=12 , 8 分
因为 PA⊥ 平面 ABQ ,
所以 PA 为三棱锥 P−ABQ 的高, 9 分
所以 V三棱锥P−ABQ=13PA⋅S△ABQ=16PA⋅AB⋅xQ=6xQ≤6×23=123 . 10 分
所以三棱锥 P−ABQ 的体积的最大值为 123 . 11 分
②因为 P0,0,6,D3,0,0 ，
所以 PB=0,6,−6,PD=3,0,−6 ,
设平面 PBD 的法向量为 n=x,y,z ,
则 n⋅PB=0,n⋅PD=0, 所以 6y−6z=0,3x−6z=0, 即 y=z,x=2z, 13 分
令 z=1 ,则 y=1,x=2 ,故 n=2,1,1 是平面 PBD 的一个法向量,
由①可设 Q23csθ,23sinθ,0 ，则 PQ=23csθ,23sinθ,−6 ， 14 分
设直线 PQ 与平面 PBD 所成角为 α ,
则 sinα=cs=43csθ+23sinθ−66⋅48=15sinθ+θ0−338 ,
其中 tanθ0=2 , 15 分
因为 −1≤sinθ+θ0≤1 ,
所以当 sinθ+θ0=−1 时, sinα 取到最大值,最大值为 −15−362=30+3212 ,16 分
即 PQ 与平面 PBD 所成角的正弦值的最大值为 30+3212 . 17 分
19. (17 分) 解: (1) 由题意可得 2a+2c=6,ca=12,a2=b2+c2, ..2 分
解得 a=2,c=1 ,所以 b2=3 , 3 分
故 Γ 的标准方程为 x24+y23=1 . 4 分
(2)①由题意可设直线 l 的方程为 y=kx+m ，
联立 y=kx+m,x24+y23=1, 消去 y 可得 4k2+3x2+8kmx+4m2−12=0 ,
依题意可得 Δ=8km2−44k2+34m2−12>0 ,即 4k2+3>m2 ,
x1+x2=−8km4k2+3,y1+y2=6m4k2+3, 5 分
所以线段 MN 中点的坐标为 −4km4k2+3,3m4k2+3 ,
易知当 k=0 时， x0=0 ， 6 分
当 k≠0 时,线段 MN 的垂直平分线方程为 y−3m4k2+3=−1kx+4km4k2+3 , 7 分
即 y=−1kx−m4k2+3 ,
令 y=0 ,解得 x0=−km4k2+3 ,
所以 m=4k2+3x0−k ,
故 4k2+3>4k2+32x02k2 ,则 1−4x02k2>3x02 , 8 分
由题意关于 k 的不等式 1−4x02k2>3x02 有解,
则 1−4x02>0 ,解得 −12