四川省成都市石室成飞中学2025-2026学年高二上学期期末数学试题
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，只有一项符合题目要求．
1．（2026高二上·青羊期末）数据3，7，8，9，12的第60百分位数是（ ）
A． B． C． D．
2．（2026高二上·青羊期末）已知直线，则直线在轴上的截距为（ ）
A．4 B． C．6 D．
3．（2026高二上·青羊期末）已知方程表示焦点在轴上的双曲线，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．（2026高二上·青羊期末）已知空间向量，则在上的投影向量的模为（ ）
A． B．1 C．2 D．
5．（2026高二上·青羊期末）已知直线是圆的一条对称轴，则圆和圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．外切 C．内切 D．外离
6．（2026高二上·青羊期末）已知、、均为单位向量，，，则（ ）
A．4 B． C．2 D．
7．（2026高二上·青羊期末）一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体玩具两次，并记录每次正四面体玩具朝下的面上的数字，记事件为“第一次向下的数字为1或2”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（ ）
A． B．事件与事件互斥
C．事件与事件相互独立 D．
8．（2026高二上·青羊期末）如图，已知一酒杯的内壁是由抛物线旋转形成的抛物面，当放入一个半径为的玻璃球时，玻璃球可碰到酒杯底部的点，当放入一个半径为的玻璃球时，玻璃球不能碰到酒杯底部的点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．（2026高二上·青羊期末）2025年9月20日，四川省城市足球联赛（简称“川超”）开幕式暨揭幕战观众达21448人．为了解各年龄层对“川超”的关注程度，随机选取了200名年龄在的观众进行调查，并绘制如下的频率分布直方图，则（ ）
A．
B．该场观众年龄众数的估计值为40
C．该场观众年龄50%分位数的估计值为35
D．该场观众年龄平均数的估计值为35
10．（2026高二上·青羊期末）设椭圆的左、右焦点为是椭圆上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A．短轴长为
B．椭圆的离心率
C．面积的最大值为
D．以线段为直径的圆与直线相离
11．（2026高二上·青羊期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥外接球的表面积为9π
B．若，则点P的轨迹长度为
C．的最小值为
D．若直线与平面所成的角为，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2026高二上·青羊期末）学校书法类 公益类 音乐类兴趣小组的报名人数分别为，，.根据兴趣小组的报名人数，采用按比例分层随机抽样的方法，从这些报名的学生中抽取人作为兴趣小组策划人员，则应从书法类兴趣小组抽取 人.
13．（2026高二上·青羊期末）已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则C的离心率为 ．
14．（2026高二上·青羊期末）甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为 ．
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．（2026高二上·青羊期末）已知圆C的圆心在x轴上，且经过，两点，
（1）求圆C的方程；
（2）过点的直线与圆C相交于M，N两点，且，求直线的方程.
16．（2026高二上·青羊期末）分别求适合下列条件的圆锥曲线的标准方程．
（1）两个焦点坐标分别是，并且经过点的椭圆方程；
（2）焦点在直线上的抛物线方程.
17．（2026高二上·青羊期末）如图，在四棱锥中，底面 是矩形，.
（1）证明：平面平面.
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18．（2026高二上·青羊期末）某商场开展促销活动，每消费300元可获得一次抽奖机会.抽奖箱装有3个红球、2个白球、1个蓝球，这些球除颜色外完全相同.抽奖规则如下：一次性随机摸出2个球，若摸出2个红球，可获得一等奖；若摸出1个红球和1个蓝球，可获得二等奖.
（1）已知甲在该商场消费了300元，求甲获得一等奖的概率；
（2）当顾客在该商场消费满600元时，顾客有两次抽奖且这两次抽奖相互独立，为加大促销力度，在原规则的基础上，若顾客两次抽奖均摸出蓝球，则额外获得一个二等奖.已知乙在该商场消费了600元，记“乙至少获得一个一等奖”为事件，“乙恰好获得一个二等奖”为事件.
（i）顾客乙中二等奖的概率；
（ii）判断事件与是否相互独立，并说明理由.
19．（2026高二上·青羊期末）已知椭圆的离心率为，短轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左右顶点分别为，过作直线，交椭圆上的另一点，过作直线交椭圆上的另一点，两条直线的斜率为．
（i）若，则直线是否过定点，若是，求出该点坐标；若不是，请说明理由；
（ii）若直线过点，分别记和的面积为，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：数据从小到大的顺序排列为 3，7，8，9，12 ，
，则取第个数与第个数的平均数，即.
故答案为：C.
【分析】根据百分位数的定义直接求解即可.
2．【答案】D
【知识点】直线的一般式方程与直线的性质
【解析】【解答】解：直线的方程为，令，则，解得，
即直线在轴上的截距为.
故答案为：D.
【分析】根据直线方程，令，求直线在轴上的截距即可.
3．【答案】B
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解： 方程表示焦点在轴上的双曲线，
则，解得，即实数的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】根据方程表示双曲线，列不等式组求解即可.
4．【答案】A
【知识点】向量的模；空间向量的投影向量；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，易知，，
则在上的投影向量为，投影的模为．
故答案为：A.
【分析】根据向量数量积的坐标运算和模的坐标运算先求和，再根据空间向量数量积的坐标表示，结合向量模的坐标表示求解即可.
5．【答案】D
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径，
圆化为标准方程为，易知圆心，半径，
因为直线是圆的一条对称轴，所以在直线上，
则，解得，
故圆的圆心，圆的半径，
则，因为，所以圆和圆外离.
故答案为：D.
【分析】易知圆的圆心和半径，将圆的一般方程化为标准方程，求得圆心和半径，根据圆关于直线对称，求的值，根据两点间距离公式求圆心距，最后根据圆心距和半径的关系判断两圆的位置关系即可.
6．【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：
，
则.
故选：B.
【分析】将平方，结合向量的数量积定义和运算律求解即可.
7．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：用两位数字表示连续抛掷这个正四面体得到的点数，其样本空间为，，
事件，，
事件，，
A、，故A错误；
B、因为，所以事件与事件不互斥，故B错误；
C、，，，
因为，所以事件与事件相互独立，故C正确；
D、，
，，故D错误.
故答案为：C.
【分析】先写出两位数字表示连续抛掷这个正四面体得到的点数的样本空间，以及事件A，B包含的基本事件，根据古典概型概率公式求对应的概率，即可判断A；根据互斥事件，独立事件的定义与和事件的概率公式计算即可判断BCD.
8．【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：如图所示：
圆与抛物线相切于点，只有一个交点，
联立，得，解得或，所以，，
圆与抛物线相切，恰有两个切点，
且两个切点纵坐标相等并大于零，
联立，得，
由题意可得，即，
整理得：，解得，
综上的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】作出图形，易知圆与抛物线相切于点，圆与抛物线相切，恰有两个切点，分别联立圆与抛物线的方程，求的取值范围即可.
9．【答案】A,C
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、由题意得，解得，故A正确；
B、由频率分布直方图可知，年龄处于区间的观众频率最大，
则该场观众年龄众数的估计值为，故B错误；
C、由于，，
故该场观众年龄50%分位数处于中，设为，则，解得，
则该场观众年龄50%分位数的估计值为35，故C正确；
D、该场观众年龄平均数的估计值为
，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据频率分布直方图各矩形面积之和为1列式，求得即可判断A；根据频率分布直方图估计众数即可判断B；先确定50%分位数所在区间，设50%分位数为，列方程求解即可判断C；根据频率分布直方图中间值作代表，求平均数即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】直线与圆的位置关系；椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：A、易知椭圆的长半轴长，短半轴长，
则短轴长为，故A错误；
B、半焦距，则椭圆的离心率，故B正确；
C、设点纵坐标为，则，则的面积，故C错误；
D、以线段为直径的圆的圆心到直线距离，
则直线与圆相离，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由椭圆方程可得值，求椭圆的短轴长即可判断A；利用公式求出的值，再根据椭圆的离心率公式求离心率即可判断B；设点纵坐标为，则，利用三角形面积求解即可判断C；易知的中点为，利用点到直线的距离公式求线段为圆心的点到直线距离，与半径的大小，判断直线和圆的位置关系，即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、易知两两垂直，三棱锥与以为棱的长方体有相同的外接球，则该球的直径为，球的表面积为，故A正确；
B、由平面，得，则，
因此点P的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，其长度为，故B错误；
C、延长到，使得，则点关于平面对称，
因此，
当且仅当为与平面的交点时取等号，故C正确；
D、以A为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，设，，
而平面的法向量，
由直线与平面所成的角为，可得，
整理得，则，
当且仅当时取等号，即的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知两两垂直，将三棱锥 补形为长方体，求长方体外接球的半径，可得三棱锥的外接球表面积即可判断A；由平面，得，利用勾股定理得并确定轨迹，求轨迹长度即可判断B；延长到，使得，作出点关于平面的对称点计算即可判断C；以A为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由分层抽样可得：应从书法类兴趣小组抽取人，
故答案为：.
【分析】直接根据分层随机抽样的定义计算即可.
13．【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知直线的斜率为2，
双曲线的一条渐近线的斜率为，
由题意可得，则离心率.
故答案为：.
【分析】易知直线的斜率以及双曲线渐近线的斜率，由题意可得，代入离心率公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：甲队在输了一场且其积分仍超过其余三支球队的积分，
三队中选一队与甲比赛，甲输，，例如是丙甲，
若甲与乙、丁两场比赛都输，则乙、丁、丙积分都大于甲，不合题意；
若甲与乙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分，
这时，丙乙、丙丁两场比赛中丙只能输，否则丙的分数不小于4分，不合题意，
在丙输的情况下，乙、丁已有3分，
那个它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意；
若甲全赢（概率是）时，甲得6分，其他3人分数最高为5分，
这时丙乙，丙丁两场比赛中丙不能赢，
否则丙的分数不小于6分，只有全平或全输或一输一平，
①若丙一平一输，概率，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率；
②若丙两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意；
③若两场丙都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是；
综上概率为．
故答案为：.
【分析】不妨先考虑甲输丙，再就甲与乙丁的输赢分类讨论后可得所求的概率.
15．【答案】（1）解：因为圆的圆心在轴上，所以设圆的方程为（），
因为圆经过，两点，所以，解得，
则圆的方程为；
（2）解：由，可得圆心，半径为，
因为直线与圆相交于两点，且，所以圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，则，解得，
则直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
【知识点】直线的点斜式方程；直线的一般式方程；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）设设圆的方程为（）利用待定系数法求解圆方程即可；
（2）由（1）可得圆心，半径为，根据直线被圆截得的弦长，求出到的距离，分直线的斜率分是否存在两种情况讨论，结合弦心距列方程求解即可.
（1）因为圆的圆心在轴上，所以设圆的方程为（），
因为圆经过，两点，
所以，解得，
所以圆的方程为；
（2）由，可得圆心，半径为，
因为直线与圆相交于两点，且，
所以圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
则，解得，
所以直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
16．【答案】（1）解：易知椭圆的焦点在x轴上，设椭圆方程为，
由题意，，，
解得，则，
故所求椭圆的标准方程为；
（2）解：直线与两坐标轴的交点分别为和，
即抛物线的焦点坐标可以是和，
当抛物线的焦点为，其方程形如，
则由可得，此时抛物线的方程为；
当抛物线的焦点为时，其方程形如，
则由可得，此时抛物线的方程为.
综上，可得抛物线的方程为和.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【分析】（1）易知椭圆的焦点在x轴上，设椭圆方程为，利用椭圆的定义列式求出的值，再根据的关系求得的值，即可得椭圆方程；
（2）先求直线与两坐标轴的焦点坐标，可得抛物线的焦点坐标，再分情况分别求解抛物线的方程即可.
（1）由于椭圆的焦点在x轴上，可设其标准方程为．由题意，，
根据椭圆的定义，，解得，
所以．
故所求椭圆的标准方程为．
（2）因为直线与两坐标轴的交点分别为和，即抛物线的焦点坐标可以是和，
当抛物线的焦点为，其方程形如，
则由可得，此时抛物线的方程为；
当抛物线的焦点为时，其方程形如，
则由可得，此时抛物线的方程为.
综上，可得抛物线的方程为和.
17．【答案】（1）证明：因为四边形是矩形，
所以，，
因为，，平面，
所以平面，平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）解：由（1）可知，是直角三角形，，
在中，，则是直角三角形，即，
因为，平面，所以平面，
即两两互相垂直，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
设平面的一个法向量为，则，取，则，
可得平面的一个法向量为，
平面的一个法向量可以为，
设平面与平面夹角，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意，利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由（1）可知，是直角三角形，在中，推出，再根据线面垂直的判定推得平面，即两两互相垂直，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）因为四边形是矩形，
所以，，
因为，，平面，
所以平面，平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知，是直角三角形，
所以，
在中，，
所以是直角三角形，即，
因为，平面，
所以平面，
即两两互相垂直，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
所以平面的一个法向量为，
平面的一个法向量可以为，
设平面与平面夹角，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：记三个红球分别为，，，两个白球分别为，，蓝球为，
则6个球中一次摸出两球的样本空间为：
，
则，且每个样本点出现的可能性相等，所以这是一个古典概型.
记事件“甲获得一等奖”，则，，，
则甲获得一等奖的概率为；
（2）解：记事件“乙第次摸得两个红球”，事件“乙第次摸得一红一蓝两个球”，
事件“乙第次摸得一白一蓝两个球”，事件“乙第次未摸到蓝球”，其中，
（i）先不考虑额外中奖情况，事件“乙中二等奖”，
由（1）知，；，
，
再考虑额外中奖的情况，事件“乙中二等奖”，，
因为这两个事件为互斥事件，所以顾客乙中二等奖的概率为；
（ii）由（1）知；，；，；
，，
则，，与相互独立，
所以，
因为，且事件，，两两互斥，两次抽奖相互独立，
所以，
因为，且，互斥，两次抽奖相互独立，
所以，
又，所以，所以事件与事件不相互独立.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【分析】（1）先记事件，利用列举法，结合古典概型概率公式求解概率即可；
（2）（i）先记事件，根据事件的独立性，结合独立事件的概率公式求解即可；
（ii）根据事件的独立性定义验证事件的相互独立.
（1）记三个红球分别为，，，两个白球分别为，，蓝球为，
则6个球中一次摸出两球的样本空间为：
，
则，且每个样本点出现的可能性相等，所以这是一个古典概型.
记事件“甲获得一等奖”，则，，
所以，所以甲获得一等奖的概率为；
（2）记事件“乙第次摸得两个红球”，事件“乙第次摸得一红一蓝两个球”，
事件“乙第次摸得一白一蓝两个球”，事件“乙第次未摸到蓝球”，其中
（i）先不考虑额外中奖情况，事件“乙中二等奖”，
由（1）知，；，
再考虑额外中奖的情况，事件“乙中二等奖”，
因为这两个事件为互斥事件，所以顾客乙中二等奖的概率为；
（ii）由（1）知；，；，；
，.
则，，与相互独立.
所以.
因为，且事件，，两两互斥，两次抽奖相互独立，
所以
.
因为，且，互斥，两次抽奖相互独立，
所以
又
所以，所以事件与事件不相互独立.
19．【答案】（1）解：由题意可得 ，解得，
则椭圆的标准方程为；
（2）解：（i）若，则直线过定点，
理由如下：
由（1）知，椭圆的左右顶点分别为，
显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，其中，
联立方程组，整理得，
则，
设，则，
因为点在椭圆上，则，即，
设直线的斜率为，则，即，
又因为，所以，所以，即，
即，
整理得，
即，
因为，则，所以，
整理得，可得直线的方程为，
当时，可得，所以直线过定点，
且点在椭圆的内部，此时直线与椭圆必相交，
所以直线过定点；
（ii）若直线过点，点在椭圆的内部，直线与椭圆必相交，
因为，
当时，可得，
则，整理得，
设，则，解得 ，即，
则，所以，故的取值范围为.
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意列出方程组，求得的值，即可得椭圆的标准方程；
（2）（i）由（1）知，椭圆的左右顶点分别为，显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，，联立直线与椭圆的方程，消元整理，利用韦达定理求得，设直线的斜率为，求得，再由，得到，结合韦达定理，列出方程，求得，即可得到过定点；
（ii）由题意可得，当时，有，代入，化简求得，设，列出关于的不等式，求得的范围，即可得的取值范围.
（1）解：设椭圆的半焦距为，
因为椭圆的离心率为，短轴长为，
可得 ，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：（i）若，则直线过定点，
理由如下：
由（1）知，椭圆的左右顶点分别为，
显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，其中，
联立方程组，整理得，
则，
设，则，
因为点在椭圆上，则，即，
设直线的斜率为，则，
即，
又因为，所以，所以，即，
即，
整理得，
即，
因为，则，所以，
整理得，可得直线的方程为，
当时，可得，所以直线过定点，
且点在椭圆的内部，此时直线与椭圆必相交，
所以直线过定点.
（ii）若直线过点，点在椭圆的内部，直线与椭圆必相交，
因为，
当时，可得，
则，整理得，
设，则，解得 ，即，
则，所以，所以的取值范围为.
1 / 1四川省成都市石室成飞中学2025-2026学年高二上学期期末数学试题
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，只有一项符合题目要求．
1．（2026高二上·青羊期末）数据3，7，8，9，12的第60百分位数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：数据从小到大的顺序排列为 3，7，8，9，12 ，
，则取第个数与第个数的平均数，即.
故答案为：C.
【分析】根据百分位数的定义直接求解即可.
2．（2026高二上·青羊期末）已知直线，则直线在轴上的截距为（ ）
A．4 B． C．6 D．
【答案】D
【知识点】直线的一般式方程与直线的性质
【解析】【解答】解：直线的方程为，令，则，解得，
即直线在轴上的截距为.
故答案为：D.
【分析】根据直线方程，令，求直线在轴上的截距即可.
3．（2026高二上·青羊期末）已知方程表示焦点在轴上的双曲线，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解： 方程表示焦点在轴上的双曲线，
则，解得，即实数的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】根据方程表示双曲线，列不等式组求解即可.
4．（2026高二上·青羊期末）已知空间向量，则在上的投影向量的模为（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】A
【知识点】向量的模；空间向量的投影向量；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，易知，，
则在上的投影向量为，投影的模为．
故答案为：A.
【分析】根据向量数量积的坐标运算和模的坐标运算先求和，再根据空间向量数量积的坐标表示，结合向量模的坐标表示求解即可.
5．（2026高二上·青羊期末）已知直线是圆的一条对称轴，则圆和圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．外切 C．内切 D．外离
【答案】D
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径，
圆化为标准方程为，易知圆心，半径，
因为直线是圆的一条对称轴，所以在直线上，
则，解得，
故圆的圆心，圆的半径，
则，因为，所以圆和圆外离.
故答案为：D.
【分析】易知圆的圆心和半径，将圆的一般方程化为标准方程，求得圆心和半径，根据圆关于直线对称，求的值，根据两点间距离公式求圆心距，最后根据圆心距和半径的关系判断两圆的位置关系即可.
6．（2026高二上·青羊期末）已知、、均为单位向量，，，则（ ）
A．4 B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：
，
则.
故选：B.
【分析】将平方，结合向量的数量积定义和运算律求解即可.
7．（2026高二上·青羊期末）一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体玩具两次，并记录每次正四面体玩具朝下的面上的数字，记事件为“第一次向下的数字为1或2”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（ ）
A． B．事件与事件互斥
C．事件与事件相互独立 D．
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：用两位数字表示连续抛掷这个正四面体得到的点数，其样本空间为，，
事件，，
事件，，
A、，故A错误；
B、因为，所以事件与事件不互斥，故B错误；
C、，，，
因为，所以事件与事件相互独立，故C正确；
D、，
，，故D错误.
故答案为：C.
【分析】先写出两位数字表示连续抛掷这个正四面体得到的点数的样本空间，以及事件A，B包含的基本事件，根据古典概型概率公式求对应的概率，即可判断A；根据互斥事件，独立事件的定义与和事件的概率公式计算即可判断BCD.
8．（2026高二上·青羊期末）如图，已知一酒杯的内壁是由抛物线旋转形成的抛物面，当放入一个半径为的玻璃球时，玻璃球可碰到酒杯底部的点，当放入一个半径为的玻璃球时，玻璃球不能碰到酒杯底部的点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：如图所示：
圆与抛物线相切于点，只有一个交点，
联立，得，解得或，所以，，
圆与抛物线相切，恰有两个切点，
且两个切点纵坐标相等并大于零，
联立，得，
由题意可得，即，
整理得：，解得，
综上的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】作出图形，易知圆与抛物线相切于点，圆与抛物线相切，恰有两个切点，分别联立圆与抛物线的方程，求的取值范围即可.
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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．（2026高二上·青羊期末）2025年9月20日，四川省城市足球联赛（简称“川超”）开幕式暨揭幕战观众达21448人．为了解各年龄层对“川超”的关注程度，随机选取了200名年龄在的观众进行调查，并绘制如下的频率分布直方图，则（ ）
A．
B．该场观众年龄众数的估计值为40
C．该场观众年龄50%分位数的估计值为35
D．该场观众年龄平均数的估计值为35
【答案】A,C
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、由题意得，解得，故A正确；
B、由频率分布直方图可知，年龄处于区间的观众频率最大，
则该场观众年龄众数的估计值为，故B错误；
C、由于，，
故该场观众年龄50%分位数处于中，设为，则，解得，
则该场观众年龄50%分位数的估计值为35，故C正确；
D、该场观众年龄平均数的估计值为
，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据频率分布直方图各矩形面积之和为1列式，求得即可判断A；根据频率分布直方图估计众数即可判断B；先确定50%分位数所在区间，设50%分位数为，列方程求解即可判断C；根据频率分布直方图中间值作代表，求平均数即可判断D.
10．（2026高二上·青羊期末）设椭圆的左、右焦点为是椭圆上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A．短轴长为
B．椭圆的离心率
C．面积的最大值为
D．以线段为直径的圆与直线相离
【答案】B,D
【知识点】直线与圆的位置关系；椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：A、易知椭圆的长半轴长，短半轴长，
则短轴长为，故A错误；
B、半焦距，则椭圆的离心率，故B正确；
C、设点纵坐标为，则，则的面积，故C错误；
D、以线段为直径的圆的圆心到直线距离，
则直线与圆相离，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由椭圆方程可得值，求椭圆的短轴长即可判断A；利用公式求出的值，再根据椭圆的离心率公式求离心率即可判断B；设点纵坐标为，则，利用三角形面积求解即可判断C；易知的中点为，利用点到直线的距离公式求线段为圆心的点到直线距离，与半径的大小，判断直线和圆的位置关系，即可判断D.
11．（2026高二上·青羊期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥外接球的表面积为9π
B．若，则点P的轨迹长度为
C．的最小值为
D．若直线与平面所成的角为，则的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、易知两两垂直，三棱锥与以为棱的长方体有相同的外接球，则该球的直径为，球的表面积为，故A正确；
B、由平面，得，则，
因此点P的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，其长度为，故B错误；
C、延长到，使得，则点关于平面对称，
因此，
当且仅当为与平面的交点时取等号，故C正确；
D、以A为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，设，，
而平面的法向量，
由直线与平面所成的角为，可得，
整理得，则，
当且仅当时取等号，即的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知两两垂直，将三棱锥 补形为长方体，求长方体外接球的半径，可得三棱锥的外接球表面积即可判断A；由平面，得，利用勾股定理得并确定轨迹，求轨迹长度即可判断B；延长到，使得，作出点关于平面的对称点计算即可判断C；以A为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2026高二上·青羊期末）学校书法类 公益类 音乐类兴趣小组的报名人数分别为，，.根据兴趣小组的报名人数，采用按比例分层随机抽样的方法，从这些报名的学生中抽取人作为兴趣小组策划人员，则应从书法类兴趣小组抽取 人.
【答案】
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由分层抽样可得：应从书法类兴趣小组抽取人，
故答案为：.
【分析】直接根据分层随机抽样的定义计算即可.
13．（2026高二上·青羊期末）已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则C的离心率为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知直线的斜率为2，
双曲线的一条渐近线的斜率为，
由题意可得，则离心率.
故答案为：.
【分析】易知直线的斜率以及双曲线渐近线的斜率，由题意可得，代入离心率公式求解即可.
14．（2026高二上·青羊期末）甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为 ．
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：甲队在输了一场且其积分仍超过其余三支球队的积分，
三队中选一队与甲比赛，甲输，，例如是丙甲，
若甲与乙、丁两场比赛都输，则乙、丁、丙积分都大于甲，不合题意；
若甲与乙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分，
这时，丙乙、丙丁两场比赛中丙只能输，否则丙的分数不小于4分，不合题意，
在丙输的情况下，乙、丁已有3分，
那个它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意；
若甲全赢（概率是）时，甲得6分，其他3人分数最高为5分，
这时丙乙，丙丁两场比赛中丙不能赢，
否则丙的分数不小于6分，只有全平或全输或一输一平，
①若丙一平一输，概率，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率；
②若丙两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意；
③若两场丙都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是；
综上概率为．
故答案为：.
【分析】不妨先考虑甲输丙，再就甲与乙丁的输赢分类讨论后可得所求的概率.
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．（2026高二上·青羊期末）已知圆C的圆心在x轴上，且经过，两点，
（1）求圆C的方程；
（2）过点的直线与圆C相交于M，N两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）解：因为圆的圆心在轴上，所以设圆的方程为（），
因为圆经过，两点，所以，解得，
则圆的方程为；
（2）解：由，可得圆心，半径为，
因为直线与圆相交于两点，且，所以圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，则，解得，
则直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
【知识点】直线的点斜式方程；直线的一般式方程；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）设设圆的方程为（）利用待定系数法求解圆方程即可；
（2）由（1）可得圆心，半径为，根据直线被圆截得的弦长，求出到的距离，分直线的斜率分是否存在两种情况讨论，结合弦心距列方程求解即可.
（1）因为圆的圆心在轴上，所以设圆的方程为（），
因为圆经过，两点，
所以，解得，
所以圆的方程为；
（2）由，可得圆心，半径为，
因为直线与圆相交于两点，且，
所以圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
则，解得，
所以直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
16．（2026高二上·青羊期末）分别求适合下列条件的圆锥曲线的标准方程．
（1）两个焦点坐标分别是，并且经过点的椭圆方程；
（2）焦点在直线上的抛物线方程.
【答案】（1）解：易知椭圆的焦点在x轴上，设椭圆方程为，
由题意，，，
解得，则，
故所求椭圆的标准方程为；
（2）解：直线与两坐标轴的交点分别为和，
即抛物线的焦点坐标可以是和，
当抛物线的焦点为，其方程形如，
则由可得，此时抛物线的方程为；
当抛物线的焦点为时，其方程形如，
则由可得，此时抛物线的方程为.
综上，可得抛物线的方程为和.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【分析】（1）易知椭圆的焦点在x轴上，设椭圆方程为，利用椭圆的定义列式求出的值，再根据的关系求得的值，即可得椭圆方程；
（2）先求直线与两坐标轴的焦点坐标，可得抛物线的焦点坐标，再分情况分别求解抛物线的方程即可.
（1）由于椭圆的焦点在x轴上，可设其标准方程为．由题意，，
根据椭圆的定义，，解得，
所以．
故所求椭圆的标准方程为．
（2）因为直线与两坐标轴的交点分别为和，即抛物线的焦点坐标可以是和，
当抛物线的焦点为，其方程形如，
则由可得，此时抛物线的方程为；
当抛物线的焦点为时，其方程形如，
则由可得，此时抛物线的方程为.
综上，可得抛物线的方程为和.
17．（2026高二上·青羊期末）如图，在四棱锥中，底面 是矩形，.
（1）证明：平面平面.
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为四边形是矩形，
所以，，
因为，，平面，
所以平面，平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）解：由（1）可知，是直角三角形，，
在中，，则是直角三角形，即，
因为，平面，所以平面，
即两两互相垂直，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
设平面的一个法向量为，则，取，则，
可得平面的一个法向量为，
平面的一个法向量可以为，
设平面与平面夹角，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意，利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由（1）可知，是直角三角形，在中，推出，再根据线面垂直的判定推得平面，即两两互相垂直，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）因为四边形是矩形，
所以，，
因为，，平面，
所以平面，平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知，是直角三角形，
所以，
在中，，
所以是直角三角形，即，
因为，平面，
所以平面，
即两两互相垂直，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
所以平面的一个法向量为，
平面的一个法向量可以为，
设平面与平面夹角，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．（2026高二上·青羊期末）某商场开展促销活动，每消费300元可获得一次抽奖机会.抽奖箱装有3个红球、2个白球、1个蓝球，这些球除颜色外完全相同.抽奖规则如下：一次性随机摸出2个球，若摸出2个红球，可获得一等奖；若摸出1个红球和1个蓝球，可获得二等奖.
（1）已知甲在该商场消费了300元，求甲获得一等奖的概率；
（2）当顾客在该商场消费满600元时，顾客有两次抽奖且这两次抽奖相互独立，为加大促销力度，在原规则的基础上，若顾客两次抽奖均摸出蓝球，则额外获得一个二等奖.已知乙在该商场消费了600元，记“乙至少获得一个一等奖”为事件，“乙恰好获得一个二等奖”为事件.
（i）顾客乙中二等奖的概率；
（ii）判断事件与是否相互独立，并说明理由.
【答案】（1）解：记三个红球分别为，，，两个白球分别为，，蓝球为，
则6个球中一次摸出两球的样本空间为：
，
则，且每个样本点出现的可能性相等，所以这是一个古典概型.
记事件“甲获得一等奖”，则，，，
则甲获得一等奖的概率为；
（2）解：记事件“乙第次摸得两个红球”，事件“乙第次摸得一红一蓝两个球”，
事件“乙第次摸得一白一蓝两个球”，事件“乙第次未摸到蓝球”，其中，
（i）先不考虑额外中奖情况，事件“乙中二等奖”，
由（1）知，；，
，
再考虑额外中奖的情况，事件“乙中二等奖”，，
因为这两个事件为互斥事件，所以顾客乙中二等奖的概率为；
（ii）由（1）知；，；，；
，，
则，，与相互独立，
所以，
因为，且事件，，两两互斥，两次抽奖相互独立，
所以，
因为，且，互斥，两次抽奖相互独立，
所以，
又，所以，所以事件与事件不相互独立.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【分析】（1）先记事件，利用列举法，结合古典概型概率公式求解概率即可；
（2）（i）先记事件，根据事件的独立性，结合独立事件的概率公式求解即可；
（ii）根据事件的独立性定义验证事件的相互独立.
（1）记三个红球分别为，，，两个白球分别为，，蓝球为，
则6个球中一次摸出两球的样本空间为：
，
则，且每个样本点出现的可能性相等，所以这是一个古典概型.
记事件“甲获得一等奖”，则，，
所以，所以甲获得一等奖的概率为；
（2）记事件“乙第次摸得两个红球”，事件“乙第次摸得一红一蓝两个球”，
事件“乙第次摸得一白一蓝两个球”，事件“乙第次未摸到蓝球”，其中
（i）先不考虑额外中奖情况，事件“乙中二等奖”，
由（1）知，；，
再考虑额外中奖的情况，事件“乙中二等奖”，
因为这两个事件为互斥事件，所以顾客乙中二等奖的概率为；
（ii）由（1）知；，；，；
，.
则，，与相互独立.
所以.
因为，且事件，，两两互斥，两次抽奖相互独立，
所以
.
因为，且，互斥，两次抽奖相互独立，
所以
又
所以，所以事件与事件不相互独立.
19．（2026高二上·青羊期末）已知椭圆的离心率为，短轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左右顶点分别为，过作直线，交椭圆上的另一点，过作直线交椭圆上的另一点，两条直线的斜率为．
（i）若，则直线是否过定点，若是，求出该点坐标；若不是，请说明理由；
（ii）若直线过点，分别记和的面积为，求的取值范围．
【答案】（1）解：由题意可得 ，解得，
则椭圆的标准方程为；
（2）解：（i）若，则直线过定点，
理由如下：
由（1）知，椭圆的左右顶点分别为，
显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，其中，
联立方程组，整理得，
则，
设，则，
因为点在椭圆上，则，即，
设直线的斜率为，则，即，
又因为，所以，所以，即，
即，
整理得，
即，
因为，则，所以，
整理得，可得直线的方程为，
当时，可得，所以直线过定点，
且点在椭圆的内部，此时直线与椭圆必相交，
所以直线过定点；
（ii）若直线过点，点在椭圆的内部，直线与椭圆必相交，
因为，
当时，可得，
则，整理得，
设，则，解得 ，即，
则，所以，故的取值范围为.
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意列出方程组，求得的值，即可得椭圆的标准方程；
（2）（i）由（1）知，椭圆的左右顶点分别为，显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，，联立直线与椭圆的方程，消元整理，利用韦达定理求得，设直线的斜率为，求得，再由，得到，结合韦达定理，列出方程，求得，即可得到过定点；
（ii）由题意可得，当时，有，代入，化简求得，设，列出关于的不等式，求得的范围，即可得的取值范围.
（1）解：设椭圆的半焦距为，
因为椭圆的离心率为，短轴长为，
可得 ，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：（i）若，则直线过定点，
理由如下：
由（1）知，椭圆的左右顶点分别为，
显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，其中，
联立方程组，整理得，
则，
设，则，
因为点在椭圆上，则，即，
设直线的斜率为，则，
即，
又因为，所以，所以，即，
即，
整理得，
即，
因为，则，所以，
整理得，可得直线的方程为，
当时，可得，所以直线过定点，
且点在椭圆的内部，此时直线与椭圆必相交，
所以直线过定点.
（ii）若直线过点，点在椭圆的内部，直线与椭圆必相交，
因为，
当时，可得，
则，整理得，
设，则，解得 ，即，
则，所以，所以的取值范围为.
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