精品解析：江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二上学期第一次段考数学试题（日新班）

丰城九中2025-2026学年上学期日新高二第一次段考考试试卷 2025.10.10 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由集合的基本运算即可求解. 【详解】全集，，故． 故选：A． 2. 已知复数满足（为虚数单位），则复数的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，结合复数的概念，即可求解. 【详解】由复数的运算法则，可得， 所以复数的虚部为. 故选：B. 3. 已知数列满足，且，则（ ） A. -1 B. 1 C. -2 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题意计算可得，故数列是以周期为6的周期数列，借助周期性计算即可得. 【详解】因为，所以 ， 故数列是以周期为6的周期数列， 而2025除以6余3，故. 故选：B. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用“1”的代换得到关于正余弦的齐次式，再由弦化切求值即可. 【详解】由. 故选：C 5. 某公司某件产品的定价x与销量y之间的数据统计表如下，根据数据，用最小二乘法得出y与x的线性回归直线方程为：，则表格中n的值应为 x 2 4 5 6 8 y 30 40 n 50 70 A. 45 B. 50 C. 55 D. 60 【答案】D 【解析】 【分析】先计算出样本中心点（5，），再把样本中心点的坐标代入回归方程即得n的值. 【详解】由题得样本中心点（5，），所以. 故答案为D 【点睛】(1)本题主要考查回归方程的性质和平均数的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2)回归方程经过样本中心点. 6. 已知的内角A，B，C的对边a，b，c成等差数列，且，，则（ ） A. 5 B. C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知：，，利用余弦定理运算求解即可. 【详解】由题意可知：，， 由余弦定理可得，， 即，解得. 故选：B. 7. 临近高考，同学们写祝福卡片许美好愿望.某寝室的5位同学每人写一张祝福卡片放在一起，打乱后每人从中随机抽取一张卡片，已知有同学拿到自己写的祝福卡，则至少有3位同学摸到自己写的祝福卡片的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用缩小空间的方法求出条件概率作答. 【详解】恰有1位同学拿到自己写的祝福卡有种， 恰有2位同学拿到自己写的祝福卡有种， 恰有3位同学拿到自己写的祝福卡有种， 恰有4位（5位）同学拿到自己写的祝福卡有1种， 因此有同学拿到自己写的祝福卡的事件含有的基本事件数为个， 至少有3位同学摸到自己写的祝福卡的事件有个基本事件， 所以至少有3位同学摸到自己写的祝福卡片的概率. 故选：C. 8. 古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫作圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线．现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据离心率的定义，整理等式，结合双曲线离心率的取值范围，可得答案. 【详解】由题意可得， 可以化为， 两边同时开方得， 所以，由几何意义可知， 上式表示到和直线的距离之比， 则，所以． 故选：C． 二、多项选择题：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. 若直线与抛物线只有1个公共点，则抛物线的焦点坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】本题需要分情况讨论直线与抛物线只有一个公共点时的值，再根据抛物线焦点坐标公式求出焦点坐标.情况分为直线斜率为0和不为0两种，对于斜率不为0的情况，通过联立直线与抛物线方程，利用判别式来确定的值. 【详解】当时，，抛物线方程为：. 此时，该直线与抛物线只有一个交点，符合已知条件. 那么抛物线的焦点坐标为：. 当时，联立直线与抛物线方程：. 消去，整理得，进一步化简得： . 因为直线与抛物线只有一个交点，所以判别式为0，即： ，解得（舍去）或者. 所以抛物线方程为：，此时焦点坐标为. 故选：BC. 10. 已知数列是等差数列，公差为，前项和为，且，则（ ） A. 当时，取最大值 B. 使得的的最大值为4048 C. 使得的的最小值为4050 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可得，结合等差数列求和公式判断C和B，利用通项公式求的范围，即可判断D. 【详解】由，，得．所以，A正确， 由和得， 结合，， 故使得的的最大值为4048，使得的的最小值为4049，所以B正确，C错误． ，解得，D正确． 故选：ABD． 11. 如图所示，四面体的各棱长均为分别为棱的中点，为棱上异于顶点的点，则以下结论正确的为（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 四面体的外接球体积为 D. 平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为8 【答案】ABD 【解析】 【分析】用向量的数量积可判断A，用向量的夹角余弦公式可判断B，把正四面体放入正方体中，求外接球体积，可判断C，把四面体侧面展开，即可求得平面截四面体所得的截面图形的周长最小值，进而判断D. 【详解】由题意，，， 所以， 所以，故A正确； 因为为等边三角形，为棱的中点，所以， ，同理，，， 因为分别为棱的中点，所以，， 又为等边三角形，所以，， ， 设直线与所成角为，则，故B正确； 把四面体放入正方体中， 则正方体的面对角线长度等于四面体的棱长， 所以正方体的棱长为，正方体的体对角线长为， 正方体的外接球半径为，正方体的外接球体积为， 即四面体的外接球体积为，故C错误； 将四面体的侧面展开如图所示，连接，交于， 当时，平面截四面体所得的截面图形的周长最小， 此时分别为的中点， ， 所以平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为. 故D正确. 故选：ABD. 第II卷（非选择题92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，的夹角为，，且，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的数量积的运算公式，求得，再由，得出关于的方程，即可求解. 【详解】因为向量，的夹角为，，且， 可得，得， 又因为，所以，解得. 故答案为：. 13. 二项式的展开式中的常数项为______________（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】先求出展开式的通项，再按照展开式的次数为-2与0两种情况分类即可求出. 【详解】因为展开式的通项为， 令，得，则对应的项为， 令，得，则对应的项为. 故二项式的展开式中的常数项为. 故答案为： 14. 羡除是我国古代数学著作《九章算术》中记载的一种特殊五面体，其有三条相互平行且不全相等的棱，这三条棱在古算中被称为“三广”．《九章算术》中记载的羡除体积的计算方法简洁而准确，其术文曰：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一．”现有羡除如图所示，．底面为正方形，，其余棱长均为2，则该羡除的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用割补法，结合棱柱、棱锥的体积公式求解. 【详解】在平面中，过分别作的垂线，垂足分别为，连接， 依题意，四边形为等腰梯形，则， 由，得，由正方形，得， 而平面，则平面，平面， 又平面，则，同理，， 等腰底边上的高， 同理得平面，平面平面，几何体是直三棱柱， 所以该羡除的体积为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，，. （1）若，求； （2）若的周长为，求. 【答案】（1） （2）7 【解析】 【分析】（1）根据同角基本关系式和和差角公式求得，再由正弦定理求解； （2）根据题意设，则，利用余弦定理可得解. 【小问1详解】 由，可得， 显然，故， 于是， 而由正弦定理可知，故. 【小问2详解】 由题可知，即， 故不妨设，则， 由余弦定理可得， 即，化简得， 故（舍）或，于是. 16. 已知数列满足，． （1）证明数列是等差数列，并求的通项公式； （2）若数列满足，，求的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数列递推公式进行合理变形得出，利用等差数列的定义可判断并求得数列的通项公式； （2）依题求得，利用裂项相消法即可求得. 【小问1详解】 由，可得， 即，即， 故数列是等差数列，其首项为，公差为1， 则，解得； 【小问2详解】 由可得， 则. 17. 在某次世界乒乓球锦标赛的团体比赛中，中国队将对阵韩国队．比赛实行5局3胜制，根据以往战绩，中国队在每一局中获胜的概率都是． （1）求中国队以的比分获胜的概率； （2）设事件“韩国队先胜第一局”，设事件“中国队获得最终的胜利”，求； （3）假设全场比赛的局数为随机变量，在韩国队先胜第一局的前提下，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） （3）的分布列为： 3 4 5 【解析】 【分析】（1）由题意可知中国队前三局都获胜，根据公式计算即可； （2）由题意，有两种情况：①中国队连胜3局，②中国队在2到4局中胜2局，再胜第5局，利用公式计算即可； （3）由题意知，分别求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望即可. 【小问1详解】 设中国队以的比分获胜的事件为， 则. 【小问2详解】 在韩国队先胜第一局的前提下，中国队获得最终的胜利有2种情况： ①中国队连胜3局，此时的概率为：； ②中国队在2到4局中胜2局，再胜第5局， 此时概率为：； 所以. 【小问3详解】 由题意知， 则， ， ， 所以的分布列为： 3 4 5 则. 18. 如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为． （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明： ∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面和平面的交线为， ∴. （2） （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）由题意，可得平面，然后利用线面平行的性质可证得； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解； （3）设，根据已知条件及线面角的向量公式列方程求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 取的中点，连接， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 由， 令，则，， ∴点到平面的距离. 【小问3详解】 假设在线段（不含端点）上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为． 设， 则， ∵平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为， ∴， 整理得，解得或， 所以在线段 (不含端点)上存在点，当或时，直线与平面所成角的正弦值为． 19. 如图，椭圆的方程为，左、右焦点分别为．设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点． （1）求椭圆的方程； （2）求证：是定值； （3）求三角形的周长． 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标可求，故可求椭圆方程； （2）如图，延长交椭圆于，利用对称性结合弦长公式、韦达定理可求的值; （3）利用椭圆定义结合三角形相似可求，故可求三角形的周长． 【小问1详解】 由题设，椭圆的半焦距为且焦点在轴上，故且， 故，故椭圆方程为. 【小问2详解】 如图，延长交椭圆于，由对称性可得. 因为直线与直线平行，故直线的斜率不为零， 设，直线，则， 则. 由可得， 故，，， 故， 故. 【小问3详解】 因为，所以， 即，即． 所以． 由点在椭圆上知，，所以． 同理可得，． 所以 ． 而，故三角形的周长为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城九中2025-2026学年上学期日新高二第一次段考考试试卷 2025.10.10 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则复数的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 3. 已知数列满足，且，则（ ） A. -1 B. 1 C. -2 D. 2 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 某公司某件产品的定价x与销量y之间的数据统计表如下，根据数据，用最小二乘法得出y与x的线性回归直线方程为：，则表格中n的值应为 x 2 4 5 6 8 y 30 40 n 50 70 A. 45 B. 50 C. 55 D. 60 6. 已知的内角A，B，C的对边a，b，c成等差数列，且，，则（ ） A. 5 B. C. 4 D. 3 7. 临近高考，同学们写祝福卡片许美好愿望.某寝室的5位同学每人写一张祝福卡片放在一起，打乱后每人从中随机抽取一张卡片，已知有同学拿到自己写的祝福卡，则至少有3位同学摸到自己写的祝福卡片的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫作圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线．现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.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. 若直线与抛物线只有1个公共点，则抛物线的焦点坐标可以是（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列是等差数列，公差为，前项和为，且，则（ ） A. 当时，取最大值 B. 使得的的最大值为4048 C. 使得的的最小值为4050 D. 11. 如图所示，四面体的各棱长均为分别为棱的中点，为棱上异于顶点的点，则以下结论正确的为（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 四面体的外接球体积为 D. 平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为8 第II卷（非选择题92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，的夹角为，，且，若，则________. 13. 二项式的展开式中的常数项为______________（用数字作答）. 14. 羡除是我国古代数学著作《九章算术》中记载的一种特殊五面体，其有三条相互平行且不全相等的棱，这三条棱在古算中被称为“三广”．《九章算术》中记载的羡除体积的计算方法简洁而准确，其术文曰：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一．”现有羡除如图所示，．底面为正方形，，其余棱长均为2，则该羡除的体积为_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，，. （1）若，求； （2）若的周长为，求. 16. 已知数列满足，． （1）证明数列是等差数列，并求的通项公式； （2）若数列满足，，求的前n项和． 17. 在某次世界乒乓球锦标赛的团体比赛中，中国队将对阵韩国队．比赛实行5局3胜制，根据以往战绩，中国队在每一局中获胜的概率都是． （1）求中国队以的比分获胜的概率； （2）设事件“韩国队先胜第一局”，设事件“中国队获得最终的胜利”，求； （3）假设全场比赛的局数为随机变量，在韩国队先胜第一局的前提下，求的分布列和数学期望． 18. 如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为． （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由． 19. 如图，椭圆的方程为，左、右焦点分别为．设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点． （1）求椭圆的方程； （2）求证：是定值； （3）求三角形的周长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $