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广东省和美联盟2025-2026学年高二上学期12月联考数学试题
一、单选题
1．样本数据，，，，，，，的第70百分位数为（ ）
A．5 B．4 C． D．3
2．一个盒子中装有支圆珠笔，其中支一等品，支二等品．若从中任取支，则这两支都是一等品的概率是（ ）
A． B． C． D．
3．如图是一个古典概型的样本空间和事件A、B，其中，，，，那么（ ）

A． B．事件A与B互斥
C． D．事件A与B相互独立
4．直线，则“”是“”的（ ）条件
A．必要不充分 B．充分不必要 C．充要 D．既不充分也不必要
5．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆：关于直线对称，圆：，则圆与圆的位置关系是（ ）
A．内含 B．相交 C．外切 D．外离
7．过椭圆：的中心作直线l交椭圆于M，T两点，是椭圆的左焦点，则周长的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8．已知椭圆与双曲线有相同的左、右焦点，，若点P是与在第一象限内的交点，且，设与的离心率分别为，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．关于空间向量，以下说法正确的有（ ）
A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B．若，则与的夹角是锐角
C．已知向量，，是不共面的向量，则向量，，共面
D．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
10．已知曲线：的两个焦点分别为，，点在上，且，的斜率分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A．若是椭圆，则 B．若是双曲线，则
C．若，则 D．若，则的离心率为
11．如图，棱长为2的正方体中，P是线段上的动点包含端点，给出下列四个结论，其中正确的是（ ）
A．三棱锥中，点P到平面的距离为定值
B．过点P且平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为
C．直线与平面所成角的正弦值的范围为
D．当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
三、填空题
12．已知，，且，则________．
13．若曲线与直线有两个不同的交点，则实数的取值范围是________．
14．已知点，，动点满足且，则点的轨迹方程为__________
四、解答题
15．为进一步增强学生的疫情防控意识，友实学校组织学生进行了新冠肺炎疫情防控科普知识线上问答，共有100人参加了这次问答，将他们的成绩（满分100分）分成六组：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求图中a的值；
(2)试估计这100人的问答成绩的中位数和平均数（结果保留整数）；
(3)用分层抽样的方法从问答成绩在[70，100]内的学生中抽取24人参加疫情防控知识宣讲，那么在[70，80），[80，90），[90，100]内应各抽取多少人？
16．已知圆M过点
(1)求圆M的方程；
(2)过点的直线与圆M相交于D E两点，且，求直线的方程.
17．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．已知：甲成功解密一份文件的概率为，乙成功解密两份文件的概率为．
(1)求的值；
(2)求甲、乙两次解密过程中一共解开密码至多两次的概率．
18．如图1所示，在等腰梯形，，垂足为E，，将沿折起到的位置，如图2所示.点为棱上一个动点，平面平面．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在棱（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
19．已知和为椭圆上两点.
(1)求的离心率；
(2)若过点的直线交于另一点，且的面积为12，求直线的方程；
(3)设过点的动直线与椭圆有两个交点、，试判断在轴上是否存在点使得向量所成角恒成立，若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，说明理由.
参考答案
1．B
【详解】样本数据由小到大排列为，，，，，，，，共8个数字，
因为，所以第70百分位数为第6个数字，即.
故选：B.
2．A
【详解】将支一等品用表示，支二等品用表示，
从中任取支的情况有，，，，，，，，，共种情况，
这两支都是一等品的情况有，，，，，共种情况，
所以这两支都是一等品的概率为.
故选：A.
3．D
【详解】由图知，，故A错误 ；
事件A与有共同基本事件，故不是互斥事件，B错误，
∵，∴；故C错误；
因为，又，
，，所以A与B相互独立，故D正确.
故选：D
4．C
【详解】若，则，可得或，
时，，即两直线平行，符合；
时，，即两直线重合，不符.
所以，即是的充要条件.
故选：C
5．A
【详解】因为空间向量，，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量是，
故选：A
6．B
【详解】因为圆，即关于直线，
说明该直线过圆心，则有，
解得，所以圆的圆心坐标为，半径为1，
圆的圆心坐标为，半径为4，而.
所以两圆的位置关系是相交.
故选：B.
7．B
【详解】由椭圆：，得，即，.
如图，作出符合题意的图形，
因为椭圆和直线l都是中心对称图形，所以，.
所以的周长为.
设，则，，
又因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以，当且仅当时等号成立.
故选：B.
8．D
【详解】设椭圆与双曲线的焦距为，则，

由椭圆与双曲线的定义得，可得，
因为，所以，即，
则，故，且，则
所以，
由于函数在上为增函数，所以，
则，故的取值范围是.
故选：D.
9．AD
【详解】对于A，空间中任意两个向量是共面的，三个向量中有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故A正确；
对于B，若，则与的夹角是锐角或者，故B错误；
对于C，假设是共面的向量，则存在实数使，即，
故向量是共面向量，与题设矛盾，故假设不成立，即向量不共面，故C错误；
对于D，因，则由空间向量共面的推论可知，四点共面，故D正确.
故选：AD
10．BD
【详解】对于A，若是椭圆，则，其焦点可能在轴上，则，故A错误；
对于B，若是双曲线，则的焦点在轴上，因为，所以，故B正确；
对于C，当时，曲线是椭圆，易得，，，
因此焦点，，
设点在椭圆上，满足，整理得，
的斜率，的斜率，
，将代入上式，
得，并不恒等于，故C错误；
对于D：若，则是双曲线.因为，，，所以离心率为，故D正确．
故选：BD．
11．AC
【详解】以A为坐标原点，分别以直线AB，AD，为x，y，z轴建系如图：
可得，，，，，，
得到，，
设，
则，
，则，
设面的一个法向量为，
则，，
令，得，，，
对于A：P到平面的距离为，故A正确；
对于B：连接，，四边形为平行四边形，
，又面，面，
面，同理可证面，
又，面面，
过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形为，
它是边长为的等边三角形，故面积为，故B错误；
对于C：设直线与面所成角为，
则，
，，，
直线与面所成角的正弦值的范围为，故C正确；
对于D：当点P为中点时，
设三棱锥的外接球球心，
，
，解得，
外接球半径R满足：，
三棱锥的外接球表面积为，故D错误．
故选：AC.
12．
【详解】由，可得，即，解得.
故答案为：.
13．
【详解】两边平方得，
表示位于轴上方的单位圆，包含，
直线过定点，同一坐标系内画出图形如下：

当过点时，，解得，
当与相切时，
圆心到的距离为，解得，
由对称性可知，当曲线与直线有两个不同的交点时，
实数的取值范围是.
故答案为：
14．
【详解】解：根据题意，可知，
由，，则，
，
在中，
，
即，
，
，即，
，
所以为定值且大于，
可得的轨迹为椭圆，
且长轴长，焦距，焦点在轴上，中心在原点的椭圆，
即，，所以，
所以的轨迹方程为：.
故答案为：.
15．(1)
(2)73，72
(3)12，10，2
【详解】（1）；
（2）因为，
所以，所以中位数为；
平均数为；
（3）因为，
所以在[70，80），[80，90），[90，100]内应各抽取：
，，.
16．(1)
(2)或
【详解】（1）设圆，
则，解得，满足，
所以圆的方程为，即.
（2）由（1）知，，半径，
设圆心到直线的距离为，则，即，解得，
当直线的斜率不存在时，为，符合题意；
当直线的斜率存在时，设，故，解得，
此时直线的方程为，
综上，直线的方程为或.
17．(1)
(2)
【详解】（1）解：设“甲成功解密份文件”，“乙成功解密份文件”（）
由题知，解得.
（2）解：由（1）知：，
设“甲乙两人两次一共解开密码至多2次”，则，
其中两两互斥，与，与，与分别相互独立，
可得，，
所以，则
所以甲、乙两次解密过程中一共解开密码至多两次的概率为．
18．(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，此时.
【详解】（1），
，又平面，平面，
平面.
（2）由，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，又平面，
.因此，两两互相垂直，
以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系.

在等腰梯形中，，
因此易证得，故，
则.
设平面的法向量为，则，
即，取，则，则.
设直线与平面所成角为，则.
（3），设，则.
设平面的法向量为，则有，
即，取，则，即.
由题（2）可知，平面的法向量为.
设平面与平面的夹角为，则，
整理得，解得或（舍去）.
因此，棱上存在点G，使平面与平面的夹角的余弦值为，此时.
19．(1)
(2)或
(3)存在，
【详解】（1）由题意，解得，
所以.
（2）

当的斜率不存在时，，，，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，设，，
，消可得，
当时，
，又，所以，
，
又点到直线的距离，
所以，
整理可得或（无解），即，
解得或，此时代入检验，均满足，
或，即或.
（3）

椭圆方程为：.若过的动直线的斜率存在，
则可设该直线方程为：，设，，，
联立椭圆方程可得，
故，，，
而，，
故
因为恒成立，故，解得，
若过点的动直线的斜率不存在，则，，
此时需，综上，可得.
故点纵坐标的取值范围为.

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