精品解析：广西北海市2025-2026学年上学期期末教学质量检测高二数学试题

北海市2025年秋季学期期末教学质量检测 高二数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 4.本卷主要命题范围：北师大版选择性必修第一册第一章至第六章. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据方程求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系，即可得出答案. 【详解】直线的斜率， 设直线的倾斜角为，则， 因为，所以. 故选：C. 2. 某大学食堂备有4种荤菜､8种素菜､2种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配成不同套餐的种数为（ ） A. 14 B. 64 C. 72 D. 80 【答案】B 【解析】 【分析】按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】因为备有4种素菜，8种荤菜，2种汤，所以素菜有4种选法，荤菜有8种选法，汤菜有2种选法， 所以要配成一荤一素一汤的套餐，可以配制出不同的套餐有种. 故选：B． 3. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点为，点是点在坐标平面内的投影，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性可得点的坐标，再由投影点坐标的特征可直接得到结果. 【详解】由空间直角坐标系，可得点关于平面对称的点的坐标为， 所以点在坐标平面内的投影为点. 故选：D. 4. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性列式求解. 【详解】随机变量X服从正态分布，由，得， 所以. 故选：B 5. 圆与圆的公切线的条数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】确定两圆的圆心与半径，确定圆与圆的位置关系，从而确定公切线的条数. 【详解】，圆心，半径为2，圆，圆心，半径为3， 两圆的圆心距为，大于两圆的半径之和，故两圆相离， 则两圆的公切线有4条. 故选：A. 6. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，点P在C上，且，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，结合双曲线的定义求得，再由，利用勾股定理求解. 【详解】因为双曲线的左、右焦点分别为，，点P在C上，且， 由双曲线的定义得，解得 ， 又因为 ，所以 ， 所以 ，即 ， 解得 ，即 ， 故选：B 7. 整数调值编码在信息学中具有重要应用.规定B～编码：当输入一个奇数时，其编码为0，1的概率分别为，；当输入一个偶数时，其编码为0，1的概率分别为，.现输入1，1，2，3后进行B～编码，记编码为0的数字个数为X，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出输入的每个数字进行编码后为0的概率，再求出期望值即可得结果. 【详解】因为输入的数字为1，1，2，3，记第个数字进行编码后为0的概率为， 第一个数字为1（奇数），编码后为0的概率为； 第二个数字为1（奇数），编码后为0的概率为； 第三个数字为2（偶数），编码后为0的概率为； 第四个数字为3（奇数），编码后为0的概率为； 因此可得. 故选：C 8. 在四棱锥S-ABCD中，，，，则三棱锥S-ABD的体积为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量的数量积判断和向量的关系，进而求出的面积，再求出点到平面的距离，最后根据三棱锥体积公式求解即可. 【详解】，，， ， ，， 根据三角形面积公式， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，故平面的法向量为， 又，则， 故点到平面的距离为， 则三棱锥的体积为. 故选：C. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则的可能取值为6 B. 已知，则的可能取值为7 C. 在的二项展开式中，常数项是45 D. 在的二项展开式中，常数项是210 【答案】ABC 【解析】 【分析】AB选项，根据得到方程，求出AB正确；CD选项，利用展开式的通项公式得到，C正确，D错误. 【详解】因为，故或，解得或，故A，B正确； 根据二项展开式的通项公式， 令，解得，则，故C正确，D错误. 故选：ABC. 10. 已知直线与圆相交于，两点，则（ ） A. 圆心的坐标为 B. 圆的半径为 C. 圆心到直线的距离为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由圆方程化为圆的标准方程可判断选项AB；由点到直线距离公式可判断选项C；利用圆的弦长公式求解可判断D. 【详解】对于AB，圆，即圆， 则圆心，半径， A正确，B错误； 对于C，点到直线的距离，C正确； 对于D，，D正确. 故选：ACD. 11. 已知随机事件满足，，，，则（ ） A. B. 事件相互独立 C. D. 若，则A与C互斥 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用概率的加法公式判断A，利用独立事件的概率公式判断B，利用条件概率公式判断C，利用条件概率公式结合互斥事件概率的加法公式判断D即可. 【详解】对于A，由概率加法公式得， 解得，故A正确， 对于B，因为，所以， 则事件相互独立，故B正确， 对于C，由条件概率公式得，故C错误， 对于D，因为，所以， 因为，所以由条件概率公式得， 可得，则， 解得，则A与C互斥，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，，，若直线，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】先求向量的坐标，然后根据向量共线定理即可求解； 【详解】因为，， 所以，又，所以， 又， 所以，解得，故． 故答案为：2 13. 组织一场马拉松比赛，其组委会在比赛沿途的12.5公里、17.5公里、22.5公里、27.5公里、32.5公里、35公里、37.5公里以及半程和全程终点处共设置九个能量补给站并配备有若干志愿者.则安排两名志愿者不在同一补给站且不在相邻的两个补给站的方案共有__________种（用数字作答）. 【答案】56 【解析】 【分析】根据分类计数原理和分步计数原理列式求解即得. 【详解】记这九个能量补给站的编号依次为：1,2,3，……，9；先安排第一名志愿者，再安排第二名志愿者； 若第一名志愿者在1号或9号补给站，第二名志愿者可从和他不相邻的7个补给站中选择一个，此时有种方案； 若第一名志愿者在2至8号中的某一个补给站，第二名志愿者可从余下的6个补给站中选择，此时共有种方案； 由分类计数原理可知，共有种方案. 故答案为：56 14. 记椭圆C的左焦点为F，焦距为2，上、下顶点分别为点P在C上（异于点），记，，已知，则直线与椭圆C的两个交点的横坐标之和为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正切和角公式可得，再利用直线的倾斜角和斜率的关系，可转化为及，再用椭圆方程来消元即可得，从而求出椭圆方程，再求出两交点横坐标即可求解. 【详解】由可得：， 当在轴右侧，此时设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， 则，则 由于，可得， 当在轴左侧，此时设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， 则，则 由于，可得， 综上总有：， 再设点，根据斜率公式可知：， 代入，可得：， 又因为点在椭圆上，所以， 即可得， 又因为焦距为2，所以，即， 代入可得，所以， 即，则直线方程为：， 与椭圆联立可得： ， 解得或， 所以直线与椭圆C的两个交点的横坐标之和为， 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分、解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. （1）求展开式中的系数； （2）某市开展群众美术主题创作展.若此次展览中打算安排山水画、国画、油画、漫画、素描五件艺术作品的展出顺序.若要求第一件展出的艺术作品不能是漫画，则共有多少种不同的安排方案？ 【答案】40，96 【解析】 【分析】（1）对二项式进行展开，找的这一项，得到，计算系数可得结果， （2）根据题意，先排漫画，其他全排即可； 【详解】（1）根据二项式定理，的通项公式， 对于，通项为，要想得到的项， 需满足，代入计算系数， （2）若要求第一件展出的艺术作品不能是漫画， 则从其余四件艺术作品中选一件排在第一个展出， 剩下的四件全排列，则共有种不同的安排方案， 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，点F在棱上，直线与平面交于点E. （1）证明：； （2）若F为中点，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 底面是边长为2的正方形，， 又平面，平面，平面， 平面，平面平面，. （2） 【解析】 【分析】（1）先证明线面平行，再通过线面平行的性质即可证线线平行； （2）结合题意建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，最后代入公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面，底面是边长为2的正方形，两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， ，， 又F为中点，， ， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，故平面的法向量为， 设与平面所成角为，则， 故与平面所成角的正弦值为. 17. 设抛物线C：的焦点为F，C的准线与x轴交于点M，直线l过点M. （1）若直线l与C相切，求直线l的方程； （2）若直线l与C交于A，B两点，且，求. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理可求答案； （2）联立方程，根据向量关系求出斜率，结合抛物线定义可求答案. 【小问1详解】 的准线方程为：，故; 易知直线l的斜率存在，设直线l: , 联立，，由直线l与C相切，可得， 解得，故直线l的方程为或. 【小问2详解】 设，易知直线l的斜率存在，设直线l: , 联立，，则，； 因为，所以，即有； 代入上式可得，解得，即； . 18. 在平面直角坐标系中，已知点，圆经过三点，直线的方程为. （1）若直线与圆相切，求的值； （2）若直线与圆相交于两点，求的面积的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由待定系数法求出圆的方程，再根据直线与圆相切可得； （2）先可得三角形一边的长，再计算圆上到这一边的距离的最大值即可得面积的最大值. 【小问1详解】 设圆的方程为， 因为圆经过点，所以， 解得，经检验，符合题意， 所以圆的方程为，即， 因为直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离为， 所以，解得； 【小问2详解】 可化为，即直线恒过点， 因为点在圆上，故不妨设为， 所以直线，且， 设点到直线的距离为， 所以的面积， 因为点在圆上，所以的最大值等于圆心到直线的距离加上半径， 所以. 所以. 故的面积的最大值为. 19. 国庆长假期间，某小型景区对游客开展抽奖免门票活动.活动规则如下：盒子里有5个一模一样的小球，只有1个小球上写着免门票.游客从盒子里摸出1个小球，若该小球上写有免门票，则景区免掉该游客的门票.然后游客把球放回盒子，等待下一位游客抽奖. （1）小王家一共有4口人来到该景区旅游，记这4人中免门票的人数为，求随机变量的分布列、数学期望和方差； （2）现往盒子中再放入3个球，其中有1个写着免门票，当小王选好1个小球后（此时小王还不知道小球上是否写着免门票），景区工作人员（他知道小球上是否写着免门票）会执行如下不同方案操作： 方案一：若小王保留第一次选择的球，则直接判定是否免门票； 方案二：若小王放弃初始选择的球，则工作人员先从盒子里拿出2个没有写免门票的球和1个写免门票的球，再让小王从剩余4个球中抽取1个球来判定是否免门票； 方案三：若小王放弃初始选择的球，则工作人员先从盒子里拿出1个没有写免门票的球，并将小王初始选择的球放回盒中，再让小王从盒中的7个球中抽取1个来判定是否免门票. 请问小王按哪种方案摸球更容易免门票？请说明理由. 【答案】（1） 0 1 2 3 4 数学期望；方差. （2） 依题意，可知再往盒子中再放入3个球，其中有1个写着免门票可知现在盒中共有8个球，其中2个写有免门票， 因此可知若采用方案一：若小王保留第一次选择的球， 则其免门票的概率为； 若采用方案二，有以下两种情况： 情况一： 若小王初始选择的球为免门票的，其概率为； 若工作人员从盒子里拿出2个没有写免门票的球和1个写免门票的球，此时剩余4个球中全部是没有写免门票的球， 再让小王从剩余4个球中抽取1个球来判定是否免门票，则其抽到免门票球的概率为0； 情况二： 若小王初始选择的球不是免门票的，其概率为； 若工作人员从盒子里拿出2个没有写免门票的球和1个写免门票的球，此时剩余4个球中有3个是没有写免门票的球，1个写免门票的球， 再让小王从剩余4个球中抽取1个球来判定是否免门票，则其抽到免门票球的概率为； 所以采取方案二小王抽到免门票球的概率为； 若采用方案三，无论小王初始选择的球是否为免门票球， 当工作人员从盒中拿出1个没有写免门票的球，并将小王初始选择的球放回后，盒中都变为7个球，其中有2个写有免门票的球。 因此，小王再从中抽取1个球，抽到免门票球的概率为 显然易知， 所以小王按方案三摸球更容易免门票. 【解析】 【分析】（1）依题意可知随机变量服从二项分布，利用二项分布概率公式计算可得分布列、期望和方差； （2）分别求出三种方案小王摸到免门票球的概率，比较三个概率的大小即可得出结论. 【小问1详解】 因为4人相当于做了4次独立重复试验，每个人中奖的概率为； 又记这4人中免门票的人数为，所以随机变量服从二项分布，即； 可知， ；； ，； 因此随机变量的分布列为： 0 1 2 3 4 利用二项分布的期望和方差公式可得数学期望；方差. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北海市2025年秋季学期期末教学质量检测 高二数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 4.本卷主要命题范围：北师大版选择性必修第一册第一章至第六章. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 某大学食堂备有4种荤菜､8种素菜､2种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配成不同套餐的种数为（ ） A. 14 B. 64 C. 72 D. 80 3. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点为，点是点在坐标平面内的投影，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 5. 圆与圆的公切线的条数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 6. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，点P在C上，且，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 整数调值编码在信息学中具有重要应用.规定B～编码：当输入一个奇数时，其编码为0，1的概率分别为，；当输入一个偶数时，其编码为0，1的概率分别为，.现输入1，1，2，3后进行B～编码，记编码为0的数字个数为X，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 在四棱锥S-ABCD中，，，，则三棱锥S-ABD的体积为（ ） A. B. C. 1 D. 2 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则的可能取值为6 B. 已知，则的可能取值为7 C. 在的二项展开式中，常数项是45 D. 在的二项展开式中，常数项是210 10. 已知直线与圆相交于，两点，则（ ） A. 圆心的坐标为 B. 圆的半径为 C. 圆心到直线的距离为 D. 11. 已知随机事件满足，，，，则（ ） A. B. 事件相互独立 C. D. 若，则A与C互斥 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，，，若直线，则______． 13. 组织一场马拉松比赛，其组委会在比赛沿途的12.5公里、17.5公里、22.5公里、27.5公里、32.5公里、35公里、37.5公里以及半程和全程终点处共设置九个能量补给站并配备有若干志愿者.则安排两名志愿者不在同一补给站且不在相邻的两个补给站的方案共有__________种（用数字作答）. 14. 记椭圆C的左焦点为F，焦距为2，上、下顶点分别为点P在C上（异于点），记，，已知，则直线与椭圆C的两个交点的横坐标之和为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分、解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. （1）求展开式中的系数； （2）某市开展群众美术主题创作展.若此次展览中打算安排山水画、国画、油画、漫画、素描五件艺术作品的展出顺序.若要求第一件展出的艺术作品不能是漫画，则共有多少种不同的安排方案？ 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，点F在棱上，直线与平面交于点E. （1）证明：； （2）若F为中点，求与平面所成角的正弦值. 17. 设抛物线C：的焦点为F，C的准线与x轴交于点M，直线l过点M. （1）若直线l与C相切，求直线l的方程； （2）若直线l与C交于A，B两点，且，求. 18. 在平面直角坐标系中，已知点，圆经过三点，直线的方程为. （1）若直线与圆相切，求的值； （2）若直线与圆相交于两点，求的面积的最大值. 19. 国庆长假期间，某小型景区对游客开展抽奖免门票活动.活动规则如下：盒子里有5个一模一样的小球，只有1个小球上写着免门票.游客从盒子里摸出1个小球，若该小球上写有免门票，则景区免掉该游客的门票.然后游客把球放回盒子，等待下一位游客抽奖. （1）小王家一共有4口人来到该景区旅游，记这4人中免门票的人数为，求随机变量的分布列、数学期望和方差； （2）现往盒子中再放入3个球，其中有1个写着免门票，当小王选好1个小球后（此时小王还不知道小球上是否写着免门票），景区工作人员（他知道小球上是否写着免门票）会执行如下不同方案操作： 方案一：若小王保留第一次选择的球，则直接判定是否免门票； 方案二：若小王放弃初始选择的球，则工作人员先从盒子里拿出2个没有写免门票的球和1个写免门票的球，再让小王从剩余4个球中抽取1个球来判定是否免门票； 方案三：若小王放弃初始选择的球，则工作人员先从盒子里拿出1个没有写免门票的球，并将小王初始选择的球放回盒中，再让小王从盒中的7个球中抽取1个来判定是否免门票. 请问小王按哪种方案摸球更容易免门票？请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $