精品解析：吉林省东北师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期1月期末考试数学试题

东北师大附中2025—2026学年上学期 高二年级期末考试数学科试卷 考试时长：120分钟 试卷总分：120分 注意事项： 1.答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码. 2.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，再选涂其它答案标号. 3.回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 实轴长为的双曲线的渐近线方程为（ ） A B. C. D. 2. 从2名男同学和4名女同学中随机选出3人参加数学竞赛，则恰好选出1名男同学和2名女同学的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆与圆相交，则经过两圆交点的直线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报名方法种数是（ ） A. B. C. D. 5. 已知,分别是椭圆的左、右焦点，点P在C上，且周长为8，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 有甲、乙、丙、丁、戊5辆车需要停放在5个并排车位中，并且甲车不与乙车相邻停放，则停放方法共有（ ）种 A. 36 B. 48 C. 72 D. 144 7. 被7除所得的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 8. 已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，M，N为C上异于原点的两点，若，则的最小值为（ ） A. B. 8 C. D. 4 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. 已知的展开式的各二项式系数之和为128，则（ ） A. B. 展开式中无常数项 C. 展开式中第4项和第5项的二项式系数最大 D. 展开式的各项系数之和是 10. 甲、乙两盒中各放有除颜色外其余均相同若干个球，其中甲盒中有4个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球，现从甲盒中随机取出1球放入乙盒，再从乙盒中随机取出1球.记“从甲盒中取出的球是红球”为事件A，“从甲盒中取出的球是白球”为事件B，“从乙盒中取出的球是红球”为事件C，则（ ） A. A与B互斥 B. A与C独立 C. D. 11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，过的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，记，内切圆的圆心分别为，，过点P分别作双曲线C的两条渐近线的垂线，垂足分别为M，N.则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为21 B. C. 的最小值为 D. 圆和圆的面积之和的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分. 12. 的二项展开式中含的项的系数为______（用数字作答）. 13. 6个人排成一排，若甲必须站在排头或排尾，而乙不站在两端，那么不同站法总数为______（用数字作答）. 14. 已知P为椭圆上的一点，、分别为左、右焦点，A为右顶点，O为坐标原点，点A到OP的距离为，点P到x轴的距离为.若，且，则此椭圆的离心率为______. 四、解答题：本题共5小题，共58分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知圆方程为. （1）求实数的取值范围； （2）若圆与直线交于两点，且，求的值. 16. 现有两张演艺节目单，第一张节目单中有6首歌曲和4个小品，第二张节目单中有5首歌曲和5个小品. （1）若从第1张节目单中依次不放回地随机抽取2个节目，求在第1次抽到歌曲的条件下，第2次抽到歌曲的概率； （2）掷一枚质地均匀的骰子，若点数为1或2，则从第1张节目单中随机抽取1个节目；若点数为3，4，5，6，则从第2张节目单中随机抽取1个节目，求取到歌曲的概率. 17. 已知直线与抛物线C：交于A，B两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）若M，N为C上不同两点，且，判断直线是否过定点，如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由. 18. 在四棱锥中，底面ABCD，，，，M是PD中点. （1）求证：平面PAB； （2）若， ①求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值； ②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面MAQ的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 已知椭圆过点，焦距为. （1）求椭圆的方程； （2）已知点，若椭圆上的点到的距离的最小值是，求正实数的值； （3）为坐标原点，、是上异于两点（、、三点不共线），若直线与的斜率之和为，求的面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北师大附中2025—2026学年上学期 高二年级期末考试数学科试卷 考试时长：120分钟 试卷总分：120分 注意事项： 1.答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码. 2.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，再选涂其它答案标号. 3.回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 实轴长为的双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，双曲线的实轴长为，可得，进而可求得其渐近线方程. 【详解】因为双曲线的实轴长为，即，所以， 所以双曲线方程为，令，得， 即双曲线的渐近线方程为. 故选：C 2. 从2名男同学和4名女同学中随机选出3人参加数学竞赛，则恰好选出1名男同学和2名女同学的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式可得解． 【详解】六名同学选名同学，有种选法， 其中恰好选出一名男同学和两名女同学有种选法， 所以恰好选出1名男同学和2名女同学的概率为． 故选：A 3. 已知圆与圆相交，则经过两圆交点的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将两个圆的方程相减，即可得到答案. 【详解】由题意得圆方程可化为， 将圆方程和圆方程相减， 即可得经过两圆交点的直线方程为. 故选：D. 4. 名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报名方法种数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知每个同学都有种选择，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队， 则每个同学都有种选择，由分步乘法计数原理可知，不同的报名方法种数为种. 故选：D. 5. 已知,分别是椭圆的左、右焦点，点P在C上，且周长为8，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用椭圆定义表示三角形周长，再结合椭圆的基本参数关系列等式，最后求出不等式的解即可. 【详解】由题知，的周长为， 因为点P在椭圆C上，所以，且， 所以，化简得，即， 又因为椭圆定义要求， 且也等价于， 代入，得， 先解，得， 再解，得，即， 综上，的取值范围是. 故选：B. 6. 有甲、乙、丙、丁、戊5辆车需要停放在5个并排车位中，并且甲车不与乙车相邻停放，则停放方法共有（ ）种 A. 36 B. 48 C. 72 D. 144 【答案】C 【解析】 【分析】利用间接法，先将5辆车任意排放，再排除甲车与乙车相邻停放，结合排列数运算求解. 【详解】先将5辆车任意排放，停放方法共有种， 若甲车与乙车相邻停放，则停放方法共有种， 所以甲车不与乙车相邻停放，则停放方法共有种. 故选：C. 7. 被7除所得的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】把用二项式定理展开，进而求解即可. 【详解】由 ， 展开式中除了最后的6均能被7整除， 则被7除所得的余数为6. 故选：D 8. 已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，M，N为C上异于原点的两点，若，则的最小值为（ ） A. B. 8 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】设，然后根据垂直利用向量的数量积为0列出等式，得到，然后列出的表达式并化简，根据基本不等式的性质即可求得最小值. 【详解】根据抛物线的对称性，设， 则. 因为，所以. 化简得， 当时，重合，不符合题意，所以或， 当时，即，得到. 又抛物线C：的焦点为F，所以， 所以. 根据基本不等式的性质可得， 当且仅当，即时等号成立，此时取最小值为. 当时，点与点重合，此时不满足题意， 综上，取最小值. 故选：A. 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. 已知的展开式的各二项式系数之和为128，则（ ） A. B. 展开式中无常数项 C. 展开式中第4项和第5项的二项式系数最大 D. 展开式的各项系数之和是 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用二项式系数和公式可先得判定A，利用通项公式可判定B，利用二项式系数的性质可判定C，利用赋值法可判定D. 详解】由题意可知，则，故A正确； 设展开式的通项为， 显然无整数解，故B正确. 因为，所以由二项式系数的性质可知中间两项二项式系数最大， 即第4、5项二项式系数最大，分别为，故C正确； 令，则，故D错误； 故选：ABC. 10. 甲、乙两盒中各放有除颜色外其余均相同的若干个球，其中甲盒中有4个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球，现从甲盒中随机取出1球放入乙盒，再从乙盒中随机取出1球.记“从甲盒中取出的球是红球”为事件A，“从甲盒中取出的球是白球”为事件B，“从乙盒中取出的球是红球”为事件C，则（ ） A. A与B互斥 B. A与C独立 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A与B是互斥事件，A正确，，B错误，利用公式计算CD正确，得到答案. 【详解】对选项A：A与B是互斥事件，正确； 对选项B：，，， ，错误； 对选项C：，正确； 对选项D：，正确. 故选：ACD 11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，过的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，记，内切圆的圆心分别为，，过点P分别作双曲线C的两条渐近线的垂线，垂足分别为M，N.则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为21 B. C. 的最小值为 D. 圆和圆的面积之和的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据双曲线的定义可得，进而结合为通径时最小即可求解判断；对于B，设的内切圆分别切边于点，由圆的几何性质及切线长定理可得，即可得到的横坐标为3，设，进而求解判断即可；对于C，易得双曲线C的渐近线方程为，进而得到，，再结合余弦定理及基本不等式求解判断即可；对于D，利用三角形相似可得，进而结合基本不等式求解判断即可. 【详解】对于A，由双曲线C：，则，即， 根据双曲线的定义，可知， 当轴时，为通径最小， 此时，即， 所以，故A错误； 对于B，设的内切圆分别切边于点， 由圆的几何性质可得轴， 由切线长定理可得， 而， 则， 即，则，即， 则的横坐标为3，设， 则，所以，故B正确； 对于C，双曲线C的渐近线方程为，且两渐近线的倾斜角分别为， 由题意，，则四点共圆， 而，则， 设，则，即， 则，， 所以， 则 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为，故C正确； 对于D，在中， 轴，易得， 则，即， 设圆和圆的半径为,则， 所以圆和圆的面积之和为， 当且仅当时等号成立， 则圆和圆的面积之和的最小值为，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分. 12. 的二项展开式中含的项的系数为______（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式展开式求系数即可． 【详解】的展开式的通项公式为，， 令，解得，所以项的系数为． 故答案为： 13. 6个人排成一排，若甲必须站在排头或排尾，而乙不站在两端，那么不同站法总数为______（用数字作答）. 【答案】192 【解析】 【分析】特殊元素法，先排甲，再排乙，最后排其余4人，根据排列数结合分步乘法计数原理运算求解. 【详解】甲必须站在排头或排尾有种， 乙不站在两端，乙在中间4个位置选一个，有种站法， 其余4人没有限制，有种站法， 所以不同站法总数为. 故答案为：192. 14. 已知P为椭圆上的一点，、分别为左、右焦点，A为右顶点，O为坐标原点，点A到OP的距离为，点P到x轴的距离为.若，且，则此椭圆的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，，，由已知得出，再由椭圆定义得出，由，得出，结合两点之间距离公式，代入化简整理即可求得离心率． 【详解】设，，， 过点作轴于点，过作于点，如图所示， 则，所以，即， 又因为，所以，即， 由椭圆定义得，，则， 又因为，则， 所以，将代入，化简得， 所以， 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共58分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知圆的方程为. （1）求实数的取值范围； （2）若圆与直线交于两点，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将圆的一般方程转化为标准方程即可求解； （2）根据圆心到直线的距离与半径和弦长之间的关系即可求解. 【小问1详解】 依题意，圆的方程可化为，所以，解得，所以实数的取值范围是； 【小问2详解】 由（1）知，圆心，半径为，所以圆心到直线的距离为； 所以，解得. 16. 现有两张演艺节目单，第一张节目单中有6首歌曲和4个小品，第二张节目单中有5首歌曲和5个小品. （1）若从第1张节目单中依次不放回地随机抽取2个节目，求在第1次抽到歌曲的条件下，第2次抽到歌曲的概率； （2）掷一枚质地均匀的骰子，若点数为1或2，则从第1张节目单中随机抽取1个节目；若点数为3，4，5，6，则从第2张节目单中随机抽取1个节目，求取到歌曲的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件概率公式计算即可； （2）假设相应的事件并求出其概率，然后根据全概率公式即可求解. 【小问1详解】 设事件“第次抽到歌曲”（），则，， 所以； 故在第1次抽到歌曲的条件下，第2次抽到歌曲的概率为； 【小问2详解】 设事件“取到歌曲”，事件“掷出的点数为1或2”，则事件“掷出的点数为3，4，5，6”，显然与为对立事件； 所以，，，； 由全概率公式得. 所以取到歌曲的概率为 17. 已知直线与抛物线C：交于A，B两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）若M，N为C上不同的两点，且，判断直线是否过定点，如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）直线过定点，定点坐标为. 【解析】 【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理，结合已知条件求出值，进而求得抛物线方程. （2）分情况讨论，当直线的斜率不存在和存在时，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理求出的关系式，进而求得结果. 【小问1详解】 将直线变形得，与抛物线联立化简得 ，因为直线与抛物线C：交于A，B两点， 设，则根据韦达定理有 因为，所以. 将代入化简得. 继续化简得，解得（舍去）或， 所以抛物线方程为. 【小问2详解】 直线过定点，理由如下： 当直线的斜率不存在时，则设直线的方程为， 那么，因为， 所以，解得，此时直线的方程为； 当直线的斜率存在时，则设直线的方程为， 联立该直线与抛物线方程得，化简得. 设，则根据韦达定理得 因为，所以. 代入韦达定理得，化简得，可得，即. 此时直线的方程为，过定点. 综上，直线过定点，定点坐标为. 18. 在四棱锥中，底面ABCD，，，，M是PD中点. （1）求证：平面PAB； （2）若， ①求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值； ②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面MAQ的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）①；②存在，. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值；②设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【小问1详解】 取中点， 为中点， ，且， 又，， ，且， 四边形平行四边形，即， 平面，平面， 平面； 【小问2详解】 ①平面，且， 则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 平面与平面所成角的余弦值为； ②存在点满足题意，，， 假设存在点满足题意，设，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以点到平面的距离， 化简可得，解得或（舍去），即. 19. 已知椭圆过点，焦距为. （1）求椭圆的方程； （2）已知点，若椭圆上的点到的距离的最小值是，求正实数的值； （3）为坐标原点，、是上异于的两点（、、三点不共线），若直线与的斜率之和为，求的面积的最大值. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）求出椭圆焦点的坐标，利用椭圆的定义求出的值，可得出的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）在椭圆上任取一点，可得出，，可得出，令，其中，，则函数在上的最小值为，对实数的取值进行分类讨论，结合二次函数的最值可得出关于实数的等式，即可解出的值； （3）设点、，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可求出的值或者与的关系，可得出直线所过定点的坐标，然后利用三角形的面积公式以及基本不等式可求出面积的最大值，当直线的斜率不存在时，根据求出的值，结合、、三点不共线推出此时不成立，综合可得出答案. 【小问1详解】 由题意可知，，则，所以椭圆的左、右焦点分别为、， 由椭圆定义可得，故， 所以， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 在椭圆上任取一点，其中，，所以， ， 令，其中，， 由题意可知函数在上的最小值为， 二次函数的图象开口向上，对称轴为直线， 当时，即当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得（舍去）； 当时，即当时，函数在上单调递减， 此时，解得或，符合题意. 综上所述，或. 【小问3详解】 设点、， 若直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立可得， ， 由韦达定理可得，， ， 即， 整理可得， 即， 整理可得，所以或， 当时，直线的方程即为， 此时直线过定点，不符合题意； 当时，直线的方程即为，此时直线过定点； 则，可得， 所以，， 所以， 所以 ， 当且仅当时，即当时，等号成立； 当直线的斜率不存在时，则、关于轴对称， 则，解得，此时直线为轴， 则、、三点共线，不符合题意. 综上所述，面积的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $