精品解析：辽宁省五校2025-2026学年高二上学期期末考试数学学科试题

2025-2026学年度上学期期末考试高二年级数学试卷 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. 已知直线与的斜率存在，则“”是“”（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. （ ） A. 126 B. 84 C. 70 D. 56 3. 双曲线离心率和渐近线方程分别为（ ） A. B. C. D. 4. 在正三棱台中，分别是和的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，动点满足，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 6. 用数字1，2，3组成一个四位数，数字最多用次（其中），则满足条件四位数的个数是（ ） A. 14 B. 26 C. 38 D. 48 7. 在长方体中，，动点在表面及其边界上运动，，则动点的轨迹为（ ） A. 线段 B. 圆的一部分 C. 椭圆的一部分 D. 抛物线的一部分 8. “埙”（图1）是中国传统吹奏乐器之一，音色朴拙抱素独为地籁，在世界原始艺术史上占有重要的地位.一款“埙”的外轮廓上部是半椭圆，下部是半圆.上部分半椭圆的方程为，下部分半圆的方程为（图2），外轮廓线交轴负半轴于点，交轴正半轴于点，点是半圆上的动点，当点的坐标为时，的面积最大，则半椭圆的方程是（ ） A. B. C D. 二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（ ） A. 课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有36种 B. 课程“御”和“书”、“数”都不相邻的不同排法共有288种 C. 课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 D. 课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有480种 10. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上不同的两点，点是准线上的点，则（ ） A. 以为直径的圆与轴相切 B. 若直线经过点，则以为直径的圆与准线相切 C. 若，则直线经过定点 D. 若和都和抛物线相切，则直线经过定点 11. 空间直角坐标系中，平面和方程之间具有如下关系：（1）平面上的点的坐标都是方程的解；（2）以方程的解为坐标的点都在平面上，则称平面为方程的平面，方程为平面的方程，并且称为平面的一个法向量.已知平面方程分别为和，平面和的交线为，则（ ） A. 若点在直线上，则 B. 平面和所成角的余弦值等于 C. 点到平面的距离为 D. 若平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值等于 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 将5个完全相同的小球全部放入编号为1，2，3，4的4个小盒，恰好有1个空盒的不同放法有___________种. 13. 在平面直角坐标系中，点到直线的距离等于2，点到直线的距离等于3，若满足条件的直线恰有2条，则实数的取值范围是___________. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆上的点满足，直线和直线分别和椭圆交于点和点（点，和点不同），若，则椭圆的离心率等于___________. 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. 在的展开式中，第4项的二项式系数和第2023项的二项式系数相等. （1）求展开式中所有二项式系数的和； （2）求展开式中所有奇数项的系数和； （3）求展开式中系数最大的项是第几项？ 16. 如图，斜棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面，. （1）在棱（包括端点和）上是否存在点，使得平面？若存在，求的长，若不存在，说明理由； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知抛物线的焦点为是抛物线上的动点，且的最小值为1，过点的直线交抛物线于两个不同的点，点，直线平分. （1）求抛物线的方程； （2）求直线的斜率； （3）求外接圆的面积. 18. 棱锥中，，且平面，过点的平面与侧棱分别交于点，且四边形为菱形. （1）求证：平面； （2）求线段的长； （3）求平面与平面所成角的余弦值. 19. 已知动圆与圆内切，同时与圆外切，圆心轨迹为，斜率为的动直线与轨迹相交于不同的两点，坐标原点为. （1）求轨迹的方程； （2）若中点的横坐标等于1，求面积的最大值，并求出取最大值时的值； （3）若以为直径的圆经过点，求证：直线经过定点，并求出定点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度上学期期末考试高二年级数学试卷 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. 已知直线与的斜率存在，则“”是“”（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件与必要条件的概念，直接判断，即可得出结果. 【详解】因为直线与的斜率存在，若，则，或重合； 若，则斜率相等，即. 因此，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 【点睛】本题主要考查命题的必要不充分条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于基础题型. 2. （ ） A. 126 B. 84 C. 70 D. 56 【答案】A 【解析】 【分析】利用组合数的性质及计算公式计算得解. 【详解】依题意，. 故选：A 3. 双曲线的离心率和渐近线方程分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出基本量后可求渐近线方程和离心率. 【详解】因为双曲线的方程为， 故，故，所以， 故渐近线方程为：，离心率为. 故选：A. 4. 在正三棱台中，分别是和的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接EC，，取EC中点P，连接，PA，可得即为异面直线EF，所成角（或其补角），然后根据已知条件在中求解即可. 【详解】如图所示，连接EC，，取EC的中点P，连接，PA， 在正三棱台中，设，则， 由E，F分别是AB，的中点，得，且， 四边形是平行四边形，，则即为异面直线EF，所成角（或其补角）， 在等腰梯形中，EF为梯形的高，过作于，则， ，，，， 即，，在中，． 因此，所以异面直线EF，所成角的余弦值为. 故选：D 5. 已知点，动点满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据题意求出动点的轨迹方程，再根据的几何意义，将原问题转化为直线与圆的交点问题. 【详解】因为点，动点满足， 所以，整理得， 即动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 又因为表示点与点连线的斜率，记为， 设过点的直线方程为，即， 则直线与圆有交点， 所以，解得， 即的取值范围是. 故选：D 6. 用数字1，2，3组成一个四位数，数字最多用次（其中），则满足条件四位数的个数是（ ） A. 14 B. 26 C. 38 D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】就3的使用次数分类讨论后可求 【详解】因为数字最多用次（其中），故至少出现1次. 若出现次，则不同的四位数的个数为， 若出现次，则1和2各出现1次，或2出现2次，则不同的四位数的个数为， 若出现次，则必然1出现1次，2出现2次，则不同的四位数的个数为， 故满足条件四位数的个数为， 故选：C. 7. 在长方体中，，动点在表面及其边界上运动，，则动点的轨迹为（ ） A. 线段 B. 圆的一部分 C. 椭圆的一部分 D. 抛物线的一部分 【答案】D 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，由结合空间数量积的坐标运算化简得出点的轨迹方程，即可得出结论. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则，，设点， 则，， ，化简得， 因为，故，故, 此时，所以动点的轨迹方程为抛物线的一部分. 故选：D. 8. “埙”（图1）是中国传统吹奏乐器之一，音色朴拙抱素独为地籁，在世界原始艺术史上占有重要的地位.一款“埙”的外轮廓上部是半椭圆，下部是半圆.上部分半椭圆的方程为，下部分半圆的方程为（图2），外轮廓线交轴负半轴于点，交轴正半轴于点，点是半圆上的动点，当点的坐标为时，的面积最大，则半椭圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由点坐标在半圆上代入即可求得圆的半径，点是半圆交轴负半轴可得到点坐标，椭圆和轴正半轴交于点，可得到点坐标，即可表达出来直线斜率，的面积最大时,即点到直线的距离最大时，即垂直直线时，根据斜率存在且两直线斜率之积为,即可得到答案. 【详解】点是半圆上的点坐标为,代入, 可求出来,所以圆的方程为， 点是半圆交轴负半轴可得到点坐标为， 椭圆和轴正半轴交于点，可得到点坐标， 则， 的面积最大时,即点到直线距离最大时， 当垂直直线时，点到直线距离最大， 若两直线垂直且斜率存在，则有， ，则解之可得， 综上可知，， 代入可得椭圆的解析式为. 故选： 二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（ ） A. 课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有36种 B. 课程“御”和“书”、“数”都不相邻的不同排法共有288种 C. 课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 D. 课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有480种 【答案】BC 【解析】 【分析】通过插空法分析元素不相邻的排法数，利用相对位置的对称性计算特定顺序的排法数，结合间接法处理有限制条件的排列，逐一验证选项. 【详解】A： 先排“礼、乐、射”，有种排法，产生4个空位； 将“御、书、数”插入空位且互不相邻，需从4个空位选3个排列，即. 排法数为，A错误. B： 先排“礼、乐、射”，有种排法，产生4个空位； 选1个空位放“御”（共种选法）； 因为课程“御”和“书”、“数”都不相邻， 所以，在“御”两侧位置外的剩余3个空位放“书、数”，可同空位（相邻）或不同空位（不相邻）， 排法有，再排列“书、数”（种）. 排法数为，B正确. C： “射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等. 总排法数，C正确. D： 用间接法：总排法，减去“数”在第一天的、 “礼”在最后一天的，加回重复减去的“数在第一天且礼在最后一天”的. 排法数为，D错误. 故选：BC 10. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上不同的两点，点是准线上的点，则（ ） A. 以为直径的圆与轴相切 B. 若直线经过点，则以为直径圆与准线相切 C. 若，则直线经过定点 D. 若和都和抛物线相切，则直线经过定点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于AB，可求出弦的中点，考虑中点到相应直线的距离后结合直线与圆相切的判断方法可判断它们的正误；对于C，根据可求得，再设出的方程，结合韦达定理可判断其正误，对于D，设出两条切线方程，从而可用斜率表示两点坐标，且它们纵坐标的乘积为定值，再求出的方程，故可判断D的正误. 【详解】因为抛物线的焦点为，准线为，故，， 对于A，设，则，而中点的坐标为， 故到轴的距离为，故以为直径的圆与轴相切，故A正确； 对于B，设，则， 设的中点为，则，故到准线的距离为， 故以为直径的圆与准线相切，故B正确； 对于C，若，则，故， 故，故（舍）或， 设，则，故， 故，故，此时，故直线经过定点， 对于D，设，过且与抛物线相切的切线的斜率必定存在，且不平行于轴， 设切线的方程为：， 则由可得， 故，故， 又，故，故， 设切线的方程为：，同理且， 故， 若，则，故或， 故或，此时过定点. 若，则， 则 ， 故过定点，故D正确. 故选：ABD. 11. 空间直角坐标系中，平面和方程之间具有如下关系：（1）平面上的点的坐标都是方程的解；（2）以方程的解为坐标的点都在平面上，则称平面为方程的平面，方程为平面的方程，并且称为平面的一个法向量.已知平面方程分别为和，平面和的交线为，则（ ） A. 若点直线上，则 B. 平面和所成角的余弦值等于 C. 点到平面的距离为 D. 若平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值等于 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，代入方程和可得；选项B，由题意分别得到平面和的法向量和，进而可得；选项C，先在平面找到一点，利用点到平面距离的向量求法可得；选项D，先取直线上一点，进而可得的一个方向向量，结合平面的一个法向量为，进而可得. 【详解】选项A：因，故且， 得，解得，故A正确； 选项B：由题意平面的法向量为， 平面的法向量为， 设平面和所成角为， 故，故B错误； 选项C：平面上一个点为，则, 则到平面的距离为，故C正确； 选项D：由令得， 故，故的一个方向向量， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则，故D正确， 故选：ACD 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 将5个完全相同的小球全部放入编号为1，2，3，4的4个小盒，恰好有1个空盒的不同放法有___________种. 【答案】24 【解析】 【分析】先从4个盒子中选出3个用于放置小球，再将5个完全相同的小球放入这3个选出的盒子中，且每个盒子至少放1个，再利用插板法或分类讨论法计算放法总数. 【详解】解法一：先从4个盒子中选出3个，共有种方法， 将5个完全相同的小球全部放入3个盒且无空盒，需要两个“隔板”， 所以分配方案共有种情况， 所以总方法数为种； 解法二：先从4个盒子中选出3个，共有种方法， 将5个完全相同的小球全部放入3个盒且无空盒，共有2种情况， ①从3个盒中选1个放3个球，剩余两个盒各放1个，共有种， ②从3个盒中选1个放1个球，剩余两个盒各放2个，共有种， 所以总方法数为种； 故答案为：24 13. 在平面直角坐标系中，点到直线的距离等于2，点到直线的距离等于3，若满足条件的直线恰有2条，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆的定义，将点到直线的距离问题转化为圆的切线问题，通过两圆的位置关系判断公切线的条数，进而求出参数范围. 【详解】满足点到直线的距离等于2的直线为以为圆心，2为半径的圆的切线， 满足点到直线的距离等于3的直线为以为圆心，3为半径的圆的切线， 因为满足条件的直线恰有2条，所以两圆的公切线有且仅有2条， 又两圆外切时有3条公切线，内切时有1条公切线，相离时有4条公切线，相交时有2条公切线， 所以两圆相交，即两圆的圆心距需满足. 又，，， 所以，即，， 解得且. 故答案为：. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆上的点满足，直线和直线分别和椭圆交于点和点（点，和点不同），若，则椭圆的离心率等于___________. 【答案】 【解析】 【分析】设，焦距，根据椭圆定义可得，根据勾股定理，可得m，n，k的关系，联立可得m和n的表达式，结合，化简计算，即可得答案. 【详解】设，焦距， 根据椭圆定义可得，， 因，在中，， 在中，， 则，可得， 在中，， 则，可得， 所以，解得， 又，可得， 则，可得，则离心率. 故答案为： 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. 在的展开式中，第4项的二项式系数和第2023项的二项式系数相等. （1）求展开式中所有二项式系数的和； （2）求展开式中所有奇数项的系数和； （3）求展开式中系数最大的项是第几项？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数的性质求出值，进而可得二项式系数的和； （2）设，则，则所有奇数项的系数和等于 ，计算可解； （3）设展开式中系数最大的项是第项，列不等式计算即可求解. 【小问1详解】 因为，所以. 所以展开式中所有二项式系数的和等于. 【小问2详解】 设，则， 所以展开式中奇数项的系数即为展开式中奇次项的系数 所以展开式中所有奇数项的系数和等于. 【小问3详解】 设展开式中系数最大的项是第项， 则，解得， 又因为，所以， 所以展开式中系数最大项是第1351项. 16. 如图，斜棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面，. （1）在棱（包括端点和）上是否存在点，使得平面？若存在，求的长，若不存在，说明理由； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）存在，2 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及平面的法向量，结合线面平行时向量关系求解即可. （2）求出平面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 连接，交于点，则为，中点， 因为，，所以，为等边三角形， 所以. 又因为，，所以为等边三角形， 所以，平面， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面，平面， 所以. 以点为原点，，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，， 则，，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以. 设，则， 因为平面，所以，即，解得， 此时点与重合，则. 【小问2详解】 由（1）知，，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以. 设直线与平面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知抛物线的焦点为是抛物线上的动点，且的最小值为1，过点的直线交抛物线于两个不同的点，点，直线平分. （1）求抛物线的方程； （2）求直线的斜率； （3）求外接圆的面积. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意求得，可得抛物线的方程； （2）设直线方程为，，直线与抛物线联立方程由根与系数的关系可得，由题意可得，代入计算即可求解； （3）由正弦定理及向量夹角公式计算可得外接圆半径，进而可计算外接圆面积. 【小问1详解】 设点，则， 所以，抛物线的方程为. 【小问2详解】 设点， 设直线，代入，得， 因为，所以 因为直线平分，所以 由此可得， 即 所以， 将代入整理得，即， 即直线的斜率等于. 【小问3详解】 因为， ， ， 所以， 设外接圆的半径为， 则，所以 所以外接圆的面积为. 18. 棱锥中，，且平面，过点的平面与侧棱分别交于点，且四边形为菱形. （1）求证：平面； （2）求线段的长； （3）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，可证，根据条件，可证，根据线面垂直的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标，设，根据向量的运算法则，可得坐标，根据条件，可得，整理计算，结合求模公式，即可得答案. （3）分别求出平面与平面ABCD的法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 因为，，所以，则， 因为，所以，即， 又，平面， 所以平面. 小问2详解】 依题意，直线两两垂直， 以点为原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则， 设， 则， 所以， 则， , 因为为菱形，所以， 可得， 解得， 所以. 又因为，所以，即的长为. 【小问3详解】 依题意 设平面的一个法向量为， 则 ，即， 令，可取 又因为平面的一个法向量为， 所以， 故平面与平面所成角的余弦值为. 19. 已知动圆与圆内切，同时与圆外切，圆心的轨迹为，斜率为的动直线与轨迹相交于不同的两点，坐标原点为. （1）求轨迹的方程； （2）若中点的横坐标等于1，求面积的最大值，并求出取最大值时的值； （3）若以为直径的圆经过点，求证：直线经过定点，并求出定点的坐标. 【答案】（1） （2）当时，面积的最大值为 （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义可求轨迹的方程； （2）直线的方程为，联立直线方程和椭圆方程，根据中点横坐标可得的关系，再用表示，结合基本不等式可得面积取最大值的关系，从而可求对应的的值； （3）根据以为直径的圆经过点可得，从而可得横坐标满足的恒等式，结合（2）中结果化简前者可得，从而可得定点坐标. 【小问1详解】 ，故圆内切于圆， 由可得，故切点坐标为，故， 设动圆的半径为，则圆与圆内切时，， 圆与圆外切时，， 所以， 由椭圆的定义可知，轨迹的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，代入， 得， 所以当时， ，即 因为 所以， 当且仅当时取等号， 又因为，由此可解得或（舍）， 代入，可得，即（满足）， 所以当时，面积的最大值为. 【小问3详解】 由，所以， 即， 即，所以， 所以或. 因为直线不经过点，所以， 所以直线为， 直线恒过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $