精品解析：广西梧州市部分学校2025-2026学年高二上学期1月期末综合练习数学试卷

2026年1月高二年级综合练习数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 在空间直角坐标系Oxyz中，点关于坐标平面Ozx对称的点的坐标为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间直角坐标系中点的坐标特征求解. 【详解】由题意得对称点的横坐标和竖坐标与点P的相同，纵坐标与点P的互为相反数， 所以点关于坐标平面Ozx对称的点的坐标为， 故选：C 2. 双曲线的一条渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据双曲线的渐近线方程的公式求解即可. 【详解】双曲线的焦点在轴上，且，则， 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：B. 3. 已知直线l过直线与直线的交点，且与直线平行，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出直线的交点，再设直线的平行直线，最后代入交点求参. 【详解】联立，可得，所以与的交点为， 又因为与直线平行，所以设直线为， 代入得，所以， 所以直线的方程为，满足题设. 故选：A 4. 为了研究关于的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）.若已求得一元线性回归方程，则下列选项中不正确的是（ ） 1 2 3 4 5 0.5 0.9 1 1.1 1.5 A. 由题中数据可知，变量与正相关 B. C. 当时，的预估值为2.1 D. 去掉样本点后，与的样本相关系数必会改变 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：根据回归方程结合正相关的概念分析判断即可；对于B：根据线性回归方程过样本中心点运算求解；对于C：代入运算即可；对于D：根据相关系数的公式分析判断即可. 【详解】由题意可知：，， 则样本中心点为. 对于选项A：因回归方程斜率为正值，则变量与正相关，故A正确； 对于选项B：因为线性回归方程过样本中心点， 则，解得，故B正确； 对于选项C：由选项B可知：， 当时，的预估值为，故C正确； 对于选项D：由相关系数公式知，去掉样本中心点后，与的样本相关系数不会改变，故D错误. 故选：D. 5. 若点在椭圆上，，分别是椭圆的两焦点，且，则面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据椭圆定义和余弦定理求出，再根据面积公式求出答案. 【详解】因为椭圆方程为，，. 根据椭圆的定义，对于椭圆上的任意一点有： ，. 因为，在中使用余弦定理有：. . 即，. . 故选：B 6. 连续掷一枚均匀的骰子两次，记事件“第一次掷出的点数为奇数”，事件“第二次掷出的点数为偶数”，事件“两次掷出的点数之和为偶数”，事件“两次掷出的点数之积为偶数”，则（ ） A. 事件与事件相互独立 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件相互独立 D. 事件C与事件D相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】利用事件相互独立事件的判断方法是判断是否等于，根据此方法，借助古典概型求概率，即可得出判断. 【详解】由题意可知， 事件表示第一次任意掷，第二次掷出的点数为偶数，则 ， 而，故事件与事件不独立，选项A错误； 事件表示第一掷出的点数为奇数，第二次掷出的点数为偶数， 则，而， 故事件与事件不独立，选项B错误； 事件表示两次掷出的点数均为奇数，则， 而，故事件与事件独立，选项C正确； 事件表示两次掷出的点数均为偶数，则， 而，事件与事件不独立，选项D错误； 故选：C. 7. 元旦假期，某旅游公司安排6名导游分别前往沈阳故宫、本溪水洞、鞍山千山、盘锦红海滩四个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有导游前往，且每名导游都只安排去一个景区，则不同的安排方法种数为（ ） A. 1280 B. 300 C. 1880 D. 1560 【答案】D 【解析】 【分析】利用先分组再分配的思想结合排列组合的知识求解. 【详解】将6名导游分成四组，各组人数分别为1，1，1，3或1，1，2，2． 当各组人数为1，1，1，3时，共有种安排方法； 当各组人数为1，1，2，2时，共有种安排方法． 故不同安排方法有种． 故选：D. 8. 袋子A中有2张10元纸币和4张1元纸币，袋子B中有6张5元纸币.现抛掷一枚质地均匀的骰子，掷出几点就从两个袋子中各取出几张纸币，则从A中取出的纸币的面值之和大于从B中取出的纸币的面值之和的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设骰子掷出的点数为X，由题可得X可取，依次求出对应的概率得解. 【详解】设骰子掷出的点数为X，“从中取出的纸币的面值之和大于从中取出的纸币的面值之和”为事件， 则 . 故选：B. 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. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 所有二项式系数之和为 B. 第4项的二项式系数最大 C. 所有项的系数的和为 D. 的系数是 【答案】ABC 【解析】 【分析】由二项式系数的性质可判断AB，令可判断C，由通项公式可判断D 【详解】在的展开式中，所有二项式系数之和为，故A正确； 的展开式共有7项，其中最中间的第4项的二项式系数最大，故B正确； 令，则在的展开式中，所有项的系数的和为，故C正确； 的展开式的通项公式为， 令，得，此时的系数是，故D错误； 故选：ABC 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 点到直线的距离为 D. 平面截正方体的截面的面积为5 【答案】ABC 【解析】 【分析】以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，根据向量的减法的坐标运算即可判断选项A；根据等体积法即可判断选项B；根据点线距的向量求法即可判断选项C；记的中点为F，连接，，则平行四边形为平面截正方体的截面，求出菱形的面积即可判断选项D. 【详解】因为，故选项A正确； 三棱锥的体积，故选项B正确； 依题意，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示，则，，， ，，， 点到直线的距离为，故选项C正确； 记的中点为，连接，，则， ，， ，，， 所以四点共面，即平行四边形为平面截正方体的截面. 由勾股定理易得， 平行四边形是菱形.又，，，，故选项D错误. 故选：ABC 11. 已知为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 点到直线的距离的最小值为 C. 点到直线与到直线的距离之和的最小值为2 D. 若存在点，使得过点可作两条垂直的直线与圆相切，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用定义转化长度，即可利用几何法求出最小值；对于B，利用点到直线的距离公式，消去纵坐标，即得二次函数求其最小值即得；对于C，利用定义转化长度，也可利用几何法求出最小值；对于D，把存在点，使得过点可作两条垂直的直线与圆相切问题转化为圆心距的范围问题，即可求解. 【详解】对于A，抛物线，焦点，准线，， 过点作准线的垂线，垂足为， 再过点作准线的垂线，垂足为， 由抛物线定义可知：，故A正确； 对于B，设点，则， 由点到直线：的距离公式可得： ，故B正确； 对于C，过点作准线的垂线，垂足为， 过点作直线的垂线，垂足为， 过点作直线的垂线，垂足为， 过点作直线的垂线，垂足为， 由点到直线：的距离公式可得：， 则点到直线与到直线的距离之和为： ，故C错误； 对于D， 根据过点可作两条垂直的直线与圆相切，可知， 由于两条切线垂直，可知，即，所以有， 从而把问题转化为抛物线上存在点到圆心的距离为， 先求抛物线上点到圆心的距离： ， 当时，取到最小值， 即，解得，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：利用抛物线的定义可把相关距离进行转化再求最值；与圆有关的切线问题可转化为点到圆心的距离问题，即可求解. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知随机变量服从正态分布且，则________. 【答案】0.25## 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求解即可. 【详解】已知， 根据对称性可得：. 故答案为： 13. 若圆与圆恰有一个公共点，则的值为______． 【答案】或6 【解析】 【分析】根据两圆的方程，先得到圆心坐标和半径，由两圆相切，讨论内切和外切两种情况，即可得出结果. 【详解】圆，该圆的圆心坐标为，半径（）. 而圆的圆心坐标为，半径. 根据两点间距离公式，两圆的圆心距. 因为两圆恰有一个公共点，所以两圆内切或外切. 当两圆外切时， ，可得，解得； 当两圆内切时， ，可得. 当时，解得. 当时，（不成立，因为算术平方根是非负的）. 故的值为或. 故答案为：或. 14. 已知离心率为的椭圆和离心率为的双曲线：有公共的焦点，分别为左、右焦点，是与在第一象限的公共点.若点满足，则的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，利用椭圆和双曲线的性质有，再由基本不等式即可求解. 【详解】因为点满足，是的中点 所以三角形是直角三角形，且. 设，则. 所以. 所以. 所以， 当且仅当，即时取等号. 所以的最小值为. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分.解应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 近期，流感病毒阳性率正快速上升，其中99%以上为甲流，流行株以（H1N1）pdm09亚型为主.为考察某新药预防甲流的效果，进行了个体（单位：例）试验，得到如下列联表： 药物 疾病 总计 未患病 患病 未服用 80 180 服用 150 总计 250 400 （1）请完成列联表，记未服用新药的个体患甲流的概率为，给出的估计值； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为新药对预防甲流有效？ 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 附： 【答案】（1）列联表， 药物 疾病 总计 未患病 患病 未服用 100 80 180 服用 150 70 220 总计 250 150 400 （2）认为药物对预防甲流有效. 【解析】 【分析】（1）根据列联表中数量关系补充完整即可，结合用样本频率估计总体概率的统计思想计算即可. （2）计算出，结合独立性检验推断即可. 【小问1详解】 由题意可得列联表， 药物 疾病 总计 未患病 患病 未服用 100 80 180 服用 150 70 220 总计 250 150 400 未服用药物的个体有180，所以未服用药物的个体患甲流的频率为， 所以未服用药物的个体患甲流的概率的估计值为； 【小问2详解】 零假设为：药物对预防甲流无效， 由列联表得到， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为药物对预防甲流有效，该推断错误的概率不超过0.01， 所以根据小概率值的独立性检验，能认为药物对预防甲流有效. 16. 已知圆经过点，圆心在曲线上，且直线被圆截得的弦长为. （1）求圆的方程； （2）过点作圆的切线，求切线的方程. 【答案】（1） （2）与 【解析】 【分析】（1）设出圆心，再由垂径定理中的直角三角形三边关系列出方程，即可得解； （2）分斜率不存在与斜率存在两种情况讨论，使圆心到直线的距离等于半径即可. 【小问1详解】 设圆心，设圆心到直线的距离为，直线被圆截得的弦长为，由，可得， 整理得：，解得或（舍去）. 故圆心，圆上一点，半径， 故圆的方程为：. 【小问2详解】 当过的直线的斜率不存在时，此时直线方程为， 圆心到直线的距离，故是圆的切线； 当过的直线的斜率存在时，可设切线为， 可化成一般式，圆心到该直线的距离为2，即， 整理得，解得，此时切线为， 化成一般式得. 综上所述，过点作圆的切线方程为与. 17. 甲、乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响． （1）求在一局比赛中，甲得10分的概率； （2）设这次比赛共有4局，设为甲得0分的次数，求的分布列和数学期望； （3）设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求甲最终获胜的概率． 【答案】（1） （2） 的分布列为： 0 1 2 3 4 ，2 （3） 【解析】 【分析】（1）借助独立事件概率乘法公式计算即可得； （2）利用互斥事件的概率加法公式可得一局比赛中甲得0分的概率，再求出的所有可能取值及其对应概率，即可得其分布列，利用二项分布期望公式即可得其期望； （3）列出甲最终获胜的所有可能情况及其对应概率即可得. 【小问1详解】 设表示在一局比赛中甲得分，则“”表示甲答对且乙答错的情况， 根据独立事件概率乘法公式，可得； 【小问2详解】 包含两种情况：甲、乙都答对或甲、乙都答错， 甲、乙都答对的概率为， 甲、乙都答错的概率为， 根据互斥事件的概率加法公式，可得， 因为每局比赛甲得分的概率为，且每次答题的结果互不影响，所以. 则， ， ， ， ， 则的分布列为： 0 1 2 3 4 则的数学期望； 【小问3详解】 甲最终获胜有以下四种情况： ① 三局都得10分，其概率为， ② 两局得10分，一局得分，其概率为， ③ 两局得10分，一局得分，其概率为， ④ 一局得10分，两局得分，其概率为， 综上可得，甲最终获胜的概率为. 18. 如图，在多面体中，平面，四边形为平行四边形，，，，为的中点． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 因为平面，平面， 所以，， 又，所以，，两两垂直， 以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，， 所以，所以. （2） （3）存在点，使得满足要求，此时，理由如下： 假设存在，设，则， 所以， 设平面DHP的一个法向量，因为， 所以，即， 令，则，， 所以， 由（2）问可知：平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 解得或（舍）， 所以存在点，使得满足要求，此时，即. 【解析】 【分析】（1）由平面，，得，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，通过计算即可得证； （2）利用空间向量求直线与平面的所成角的方法计算，即可得到结果； （3）由空间向量的坐标运算以及二面角的公式，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面的一个法向量， 因为，， 所以，即， 令，则，，所以， 又，设直线BD与平面BEF所成角， 则. 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆的左顶点为，离心率为为坐标原点，且. （1）求的方程； （2）设为线段（不含端点）上一点，过且斜率为1的直线交于两点，在第三象限，设为线段的中点. （i）证明：为定值； （ii）若，求的面积. 【答案】（1） （2）（i）; （ii）. 【解析】 【分析】（1）由长半轴及离心率可计算得，进而得到椭圆方程； （2）（i）运用点差法可以得到弦所在直线的斜率与弦中点与坐标原点连线所在直线的斜率之积为定值，进而发现弦的中点在定直线上，再运用正弦定理得到两边之比不变； （ii）已知的大小，角的一边的斜率，可运用斜率夹角公式得到另一条边的斜率，再将直线与联立得到点坐标，代入椭圆方程确定参数，再联立弦所在直线与椭圆方程，根据韦达定理，求出点纵坐标，即可得到三角形面积. 【小问1详解】 由题可知，,因此,因此椭圆. 【小问2详解】 （i）设,则过点且斜率为1的直线可设为,设,且. 点都在椭圆上，因此有,两式相减，得, 两边同除,得： ,因此, 即点在定直线上，因此的大小为定值，且. 在中，由正弦定理可知,变形可得 故为定值. （ii） 由利用斜率夹角公式：设的斜率为,的斜率,则 ,因在第三象限，,解得,即,故. 又因为,联立得将其代入椭圆方程,得：,解得, 因为故. 联立直线与椭圆方程,得 由韦达定理可知，,因此. 故的面积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年1月高二年级综合练习数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 在空间直角坐标系Oxyz中，点关于坐标平面Ozx对称的点的坐标为（ ）． A. B. C. D. 2. 双曲线的一条渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线l过直线与直线的交点，且与直线平行，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 为了研究关于的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）.若已求得一元线性回归方程，则下列选项中不正确的是（ ） 1 2 3 4 5 0.5 0.9 1 1.1 1.5 A. 由题中数据可知，变量与正相关 B. C. 当时，的预估值为2.1 D. 去掉样本点后，与的样本相关系数必会改变 5. 若点在椭圆上，，分别是椭圆的两焦点，且，则面积是（ ） A. B. C. D. 6. 连续掷一枚均匀的骰子两次，记事件“第一次掷出的点数为奇数”，事件“第二次掷出的点数为偶数”，事件“两次掷出的点数之和为偶数”，事件“两次掷出的点数之积为偶数”，则（ ） A. 事件与事件相互独立 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件相互独立 D. 事件C与事件D相互独立 7. 元旦假期，某旅游公司安排6名导游分别前往沈阳故宫、本溪水洞、鞍山千山、盘锦红海滩四个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有导游前往，且每名导游都只安排去一个景区，则不同的安排方法种数为（ ） A. 1280 B. 300 C. 1880 D. 1560 8. 袋子A中有2张10元纸币和4张1元纸币，袋子B中有6张5元纸币.现抛掷一枚质地均匀的骰子，掷出几点就从两个袋子中各取出几张纸币，则从A中取出的纸币的面值之和大于从B中取出的纸币的面值之和的概率为（ ） A. B. C. D. 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. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 所有二项式系数之和为 B. 第4项的二项式系数最大 C. 所有项的系数的和为 D. 的系数是 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 点到直线的距离为 D. 平面截正方体的截面的面积为5 11. 已知为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 点到直线的距离的最小值为 C. 点到直线与到直线的距离之和的最小值为2 D. 若存在点，使得过点可作两条垂直的直线与圆相切，则的取值范围为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知随机变量服从正态分布且，则________. 13. 若圆与圆恰有一个公共点，则的值为______． 14. 已知离心率为的椭圆和离心率为的双曲线：有公共的焦点，分别为左、右焦点，是与在第一象限的公共点.若点满足，则的最小值为____________. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 近期，流感病毒阳性率正快速上升，其中99%以上为甲流，流行株以（H1N1）pdm09亚型为主.为考察某新药预防甲流的效果，进行了个体（单位：例）试验，得到如下列联表： 药物 疾病 总计 未患病 患病 未服用 80 180 服用 150 总计 250 400 （1）请完成列联表，记未服用新药的个体患甲流的概率为，给出的估计值； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为新药对预防甲流有效？ 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 附： 16. 已知圆经过点，圆心在曲线上，且直线被圆截得的弦长为. （1）求圆的方程； （2）过点作圆的切线，求切线的方程. 17. 甲、乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响． （1）求在一局比赛中，甲得10分的概率； （2）设这次比赛共有4局，设为甲得0分的次数，求的分布列和数学期望； （3）设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求甲最终获胜的概率． 18. 如图，在多面体中，平面，四边形为平行四边形，，，，为的中点． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知椭圆的左顶点为，离心率为为坐标原点，且. （1）求的方程； （2）设为线段（不含端点）上一点，过且斜率为1的直线交于两点，在第三象限，设为线段的中点. （i）证明：为定值； （ii）若，求的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $