精品解析：北京市第九中学教育集团2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题

2025—2026学年第一学期高二期末试卷 数学 本试卷共7页，满分为150分，考试时间为120分钟.请务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后上交答题卡. 第一部分（选择题共40分） 一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知直线的一个方向向量是，则直线的斜率是（ ） A. B. C. D. 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. ，，能构成空间向量的一组基底 4. “曲线表示椭圆”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知双曲线的一个焦点为，则的离心率为 A. B. C. D. 2 6. 将名学生分到两个班级，每班至少人，不同的方法有（ ）种 A. B. C. D. 7. 如图，设抛物线的焦点为，过轴上一点作直线交于、两点，若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正四棱锥中，若的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为，则侧面与底面所成的二面角为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，矩形中，，，、分别为边、上的动点，且.则的最小值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，是平面的斜线段，为斜足，点满足，且在平面内运动，则（ ） A. 当时，点的轨迹是椭圆 B. 当时，点的轨迹是抛物线 C. 当时，点的轨迹是圆 D. 当时，点的轨迹是双曲线 第二部分（非选择题共110分） 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知直线：与直线：平行，则______. 12. 设抛物线的顶点在原点，准线方程为，则抛物线的方程是________． 13. 若，则__________；__________.（用数字作答） 14. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的取值为__________；若直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，则的取值范围为__________. 15. 已知曲线（是常数），为曲线上不同的两点，给出下列四个结论： ①若，则曲线关于直线对称； ②若，则曲线恒过两个定点； ③若，则可能位于直线的两侧； ④若，圆，则所有均在圆上或圆内； 其中所有正确结论的序号为__________. 三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知，是圆上的三点，. （1）判断四点是否共圆，并说明理由； （2）过点的直线被圆截得的弦长为4，求直线的方程. 17. 如图，在几何体中，底面为矩形，平面平面，.点在棱上，平面与棱交于点. （1）求证：； （2）求证：； （3）若平面平面，求二面角的大小. 18. 已知椭圆. （1）求椭圆的短轴长和离心率； （2）过点的直线与椭圆交于两点，若弦的中点为，求直线的方程与弦的长. 19. 如图1，在中，分别为边的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使平面与平面的夹角正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 20. 已知椭圆的左右顶点分别为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）经过点的直线与椭圆相交于不同的两点（不与点重合）.直线与直线相交于点，求证：三点共线. 21. 已知有序数对，有序数对，定义“变换”：.通过“变换”可以将有序数对转化为有序数对. （1）写出有序数对经过3次“变换”后得到的有序数对； （2）若有序数对经过一次“变换”得到有序数对，且有序数对的三项之和为4050，求的值； （3）在（2）的条件下，有序数对经过次“变换”后得到有序数对三项之和最小，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第一学期高二期末试卷 数学 本试卷共7页，满分为150分，考试时间为120分钟.请务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后上交答题卡. 第一部分（选择题共40分） 一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知直线的一个方向向量是，则直线的斜率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用直线的斜率与方向向量的关系可得出直线的斜率. 【详解】因为直线的一个方向向量是，则直线的斜率是. 故选：A. 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的展开式通项为， 令可得展开式中的系数为. 故选：D. 3. 已知向量，，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. ，，能构成空间向量的一组基底 【答案】D 【解析】 【分析】用向量加法的坐标运算判断A，用向量模的坐标运算判断B，用向量数量积的坐标运算判断C，设，列方程组，通过方程是否有解判断D. 【详解】对于A：因为，，所以，故A正确； 对于B：，故B正确； 对于C：，故C正确； 对于D：． 设， 得，解得，故，，是共面向量， 不能构成空间向量的一组基底，故D错误． 故选：D． 4. “曲线表示椭圆”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先根据方程是椭圆得出或，再应用充分必要条件定义判断求解. 【详解】若曲线表示椭圆，有，可得或， “曲线表示椭圆”可以推出“”， “”不可以推出“曲线表示椭圆”， 可得“曲线表示椭圆”是“”的充分不必要条件. 故选:A. 5. 已知双曲线的一个焦点为，则的离心率为 A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题意计算出c值，即可得到的离心率 【详解】由题知，，，则，所以e=. 故选B 【点睛】求解离心率的常用方法 1.利用公式，直接求e. 2.找等量关系，构造出关于，的齐次式，转化为关于的方程求解． 3.通过取特殊位置或特殊点求解． 4变用公式,整体求出e：以椭圆为例,如利用,； 6. 将名学生分到两个班级，每班至少人，不同的方法有（ ）种 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对两个班的人数进行分类讨论，结合分组分配的基本原理可求得结果. 【详解】将名学生分到两个班级，要求每班至少人， 则两个班的人数分别为、或、， 故不同的分法种数为种. 故选：C. 7. 如图，设抛物线的焦点为，过轴上一点作直线交于、两点，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用抛物线的定义可求出、两点的纵坐标，结合图形可求得的值. 【详解】设点、，抛物线的准线方程为， 由抛物线的定义可得，可得， ，可得， 所以，故. 故选：B. 8. 如图，在正四棱锥中，若的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为，则侧面与底面所成的二面角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱锥的结构特征，作出侧面与底面所成的二面角的平面角，解直角三角形即可得答案. 【详解】如图，设正四棱锥底面对角线的交点为，的中点为， 连接、、，则底面， 则为在底面上的射影，且，， 故即为正四棱锥侧面与底面所成的二面角的平面角， 设正方形的边长为，高，， 则由的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为， 得，解得， 故在中，， 又因为为锐角，故， 即正四棱锥侧面与底面所成的二面角为. 故选：B. 9. 如图，矩形中，，，、分别为边、上的动点，且.则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取线段的中点，连接、、，可得出，结合向量模的三角不等式可求得的最小值. 【详解】取线段的中点，连接、、，如下图所示： 因为，所以， 因为四边形为矩形，则， 因为， 所以， 当且仅当与方向相反时，等号成立，故的最小值为. 故选：C. 10. 如图，是平面的斜线段，为斜足，点满足，且在平面内运动，则（ ） A. 当时，点的轨迹是椭圆 B. 当时，点的轨迹是抛物线 C. 当时，点的轨迹是圆 D. 当时，点的轨迹是双曲线 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合正弦定理可得，设点在平面内的射影为，，，在平面内，以所在直线为轴，以过的中点垂直于为轴建立平面直角坐标系，求出，就的值依次代入化简方程判断. 【详解】在中，由正弦定理， 又，所以. 设点在平面内的射影为，连接，设，，则， 在平面内，以所在直线为轴，以过的中点垂直于为轴建立平面直角坐标系，如图所示， 则，，设， 则，，. 对于A，当时，，所以， 平方整理得， 当，即时，点的轨迹不存在； 当，即时，点的轨迹为点； 当，即时，点的轨迹是圆；故A错误； 对于B，当时，，过的中点作线段的垂面， 则点在与的交线上，即点的轨迹是一条直线，故B错误； 对于C，当时，，则， 平方整理得，所以点的轨迹是圆，故C正确； 对于D，当时，，则， 平方整理得，所以点的轨迹是圆，故D错误. 故选：C. 第二部分（非选择题共110分） 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知直线：与直线：平行，则______. 【答案】4 【解析】 【分析】利用直线平行公式得到答案. 【详解】直线：与直线：平行 故答案为4 【点睛】本题考查了直线平行的性质，属于基础题型. 12. 设抛物线的顶点在原点，准线方程为，则抛物线的方程是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线顶点和准线位置可知其开口方向，并求得其焦准距，即得抛物线方程. 【详解】由准线方程得，解得， 且抛物线的开口向右（或焦点在x轴的正半轴上），故可设，代入即得，． 故答案为：. 13. 若，则__________；__________.（用数字作答） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】令，利用赋值法可得出的值；分析可知当为奇数时，；当为偶数时，.结合赋值法可得出的值. 【详解】令，则， 的展开式通项为， 则， 故当为奇数时，；当为偶数时，. 所以 . 故答案为：；. 14. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的取值为__________；若直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，则的取值范围为__________. 【答案】 ①. ，； ②. 【解析】 【分析】联立直线与双曲线的方程，利用韦达定理和判别式计算. 【详解】联立，消去整理得， 若直线与双曲线只有一个公共点，则或， 解得或； 若直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，设，， 则，解得. 故答案为：或；. 15. 已知曲线（是常数），为曲线上不同的两点，给出下列四个结论： ①若，则曲线关于直线对称； ②若，则曲线恒过两个定点； ③若，则可能位于直线的两侧； ④若，圆，则所有均在圆上或圆内； 其中所有正确结论的序号为__________. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】在曲线上任取点，证明关于直线对称的点也在曲线上可判断①；当时，曲线可化为，令可求出两个定点可判断②；将直线方程与曲线方程联立，证明直线与曲线相切可判断③；证明即可判断④. 【详解】对于①，在曲线上任取点，则， 点关于直线对称的点为， 而，即点也在曲线上， 所以当时，曲线关于直线对称，故①正确； 对于②，当时，则， 曲线可化为， 令，解得或， 所以当，曲线恒过两个定点和，故②正确； 对于③，当时，曲线为， 联立，消去得， 因，则直线与曲线相切， 则不存在位于直线的两侧，故③错误； 对于④，当时，曲线为，即， 令，，， 则，， 所以， 因为，所以， 所以所有均在圆上或圆内，故④正确. 故答案为：①②④. 三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知，是圆上的三点，. （1）判断四点是否共圆，并说明理由； （2）过点的直线被圆截得的弦长为4，求直线的方程. 【答案】（1）四点共圆，理由见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）可先求出过三点的圆的方程，再判断是否在圆上即可. （2）分情况讨论直线斜率是否存在，设出直线方程，再利用圆的弦长公式，即可求解. 【小问1详解】 设圆的方程为. 则. 解得，，. 所以，圆的方程为. 代入圆的方程，. 故点在圆上，即四点共圆. 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，对于，令，得或. 此时弦长为，符合题意，故直线的方程为. 当直线的斜率存在时，设，即. 于是圆心到直线的距离为. 则. 解得.故直线的方程为. 综上所述，直线l的方程为或. 17. 如图，在几何体中，底面为矩形，平面平面，.点在棱上，平面与棱交于点. （1）求证：； （2）求证：； （3）若平面平面，求二面角的大小. 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再由面面垂直的性质定理证明平面，进而证明面，得证； （2）由线面平行判定定理得平面，由线面平行性质定理得； （3）先证两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出面和平面的法向量，求出法向量夹角即可. 【小问1详解】 因为矩形，所以，又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，故，又，，面， 所以面，又面， 所以. 【小问2详解】 因为矩形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面平面，且平面，所以. 【小问3详解】 由（1），，，平面， 所以平面，又平面，所以， 由（1）知，所以两两互相垂直．建立空间直角坐标系，如图． 不妨设，则，设， 则，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 又平面的法向量为， 所以， 因为二面角的平面角是锐角，所以二面角的大小为. 【点睛】 18. 已知椭圆. （1）求椭圆的短轴长和离心率； （2）过点的直线与椭圆交于两点，若弦的中点为，求直线的方程与弦的长. 【答案】（1）短轴长为，离心率为， （2）， 【解析】 【分析】（1）写出椭圆标准方程，即可求得椭圆的短轴长和离心率； （2）设，由椭圆方程及中点坐标，利用点差法即可求得直线方程，联立直线方程及椭圆方程，由韦达定理及交点弦长公式求得弦的长. 【小问1详解】 椭圆，即， ∴ ∴椭圆的短轴长， ∵，∴， ∴椭圆的离心率. 【小问2详解】 设， 则，即，∴， ∵点为弦的中点，则，即， ∴，即， ∵直线，即， ∴， 联立方程组，整理得， 则， ∴. 19. 如图1，在中，分别为边的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使平面与平面的夹角正弦值为，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） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得，得到，再由，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）假设存在实数，转化为平面和平面的夹角的余弦值为，由（2）得，得到，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为分别为的中点，所以， 又因为，所以，所以， 因为，且，平面， 所以平面. 【小问2详解】 解：因为，所以两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 【小问3详解】 解：假设存在实数，使得平面和平面的夹角的正弦值为， 即使得平面和平面的夹角的余弦值为， 由（2）得， 所以， 由平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 则有， 即，整理得，解得或， 因为，所以， 所以存在，即，使得平面和平面的夹角的正弦值为. 20. 已知椭圆的左右顶点分别为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）经过点的直线与椭圆相交于不同的两点（不与点重合）.直线与直线相交于点，求证：三点共线. 【答案】（1） （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的长轴长和离心率，求出，进而求得椭圆方程； （2）利用直线与椭圆相交，通过联立方程得到韦达定理，求出点的坐标，进而证明，证得三点共线. 【小问1详解】 由题意可得，解得，，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，，，如下图所示： 联立，消去整理得， 则，，， 直线的方程为，令，得，故， 要证三点共线，只需证， 因为，，所以只需证， 即证， 将，代入上式得， 整理得， 而， 所以，即三点共线. 21. 已知有序数对，有序数对，定义“变换”：.通过“变换”可以将有序数对转化为有序数对. （1）写出有序数对经过3次“变换”后得到的有序数对； （2）若有序数对经过一次“变换”得到有序数对，且有序数对的三项之和为4050，求的值； （3）在（2）的条件下，有序数对经过次“变换”后得到有序数对三项之和最小，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3）的最小值为1013 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合“变换”，逐次计算，即可求解； （2）由变换得到或，分类讨论，求得的值，即可求解； （3）有序数对，将有序数对经过6次“变换”得到有序数对也是形如的有序数对，得出有序数对“结构”完全相同，但最大项减小12，进而得出变换的规律，即可求解. 【小问1详解】 对于有序数对， 由“变换”：，可得： 则第1次有序数对为，第2次有序数对为，第3次有序数对为， 故经过3次“变换”后得到的有序数对为； 【小问2详解】 由变换知：，，， 因为有序数对的三项之和为4050，且，所以，故， 所以，故最大，即或， 当时，可得， 由，得，即， 所以，故； 当时，可得， 由，得，即， 所以，故． 综上可得，； 【小问3详解】 有序数对，将有序数对经过6次“变换”得到的有序数对分别为， 由此可见，经过6次“变换”后得到的有序数对也是形如的有序数对， 与有序数对“结构”完全相同，但最大项减小12， 因为， 所以将有序数对经过次“变换”后得到的有序数对为， 经过“变换”后得到的有序数对分别为， 从以上分析可知，以后数对循环出现，所以有序数对各项之和不会更小， 所以当时，经过次“变换”得到的有序数对的三项之和均最小为2． 所以的最小值为1013． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $