精品解析：上海外国语大学附属外国语学校2025-2026学年度第一学期高二数学期末试卷

上外附外2025-2026学年第一学期高二年级数学期末 2026.1 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 若组合数满足，则正整数________. 2. 在空间直角坐标系中，已知点.设为线段的中点，则向量________. 3. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，则点到轴的距离为________. 4. 某校开设4门知识类选修课和3门技能类选修课.学生需从中选修2门，且至少包含一门知识类选修课，则不同的选课方案共有________种. 5. 已知正四棱锥的底面边长为6，高为4，则这个正四棱锥的侧面积为________. 6. 已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和底面直径均为，则这个球的体积为________. 7. 如图所示，为梯形，，，现在将这个图形绕着直线旋转一周，得到一个几何体，那么这个几何体的体积是________. 8. 已知直线，若过点的直线与直线的夹角大小为，则直线的方程为________. 9. 某校举办中学生模拟联合国大会，参会代表按地域分为亚太、欧洲、非洲、美洲个不同团组.现需将名志愿者（甲、乙、丙、丁、戊）全部安排到这个团组担任接待工作，每个团组至少安排人，则不同的安排方案共有________种. 10. 地球可近似视为半径为的球体.已知我国的冰城哈尔滨市与意大利的都灵市的地理坐标分别约为北纬、东经和北纬、东经.若将两地视为同一纬度圈上的两点，则它们在该纬度圈上所对应的劣弧长度为________.（用含的式子表示） 11. 已知双曲线的方程为，其左、右焦点分别为为该双曲线上第一象限内的点，且，则的内切圆圆心坐标为________. 二、选择题（共4题，第13，14题每题4分，第15，16题每题5分，共18分） 12. 在空间中有两个定点，点满足，且.平面与平面互相垂直，，且.则异面直线与所成角的余弦值为________. 13. 年月，国产AI视频生成模型“通义万相”上线“角色一致性”功能，支持在多个场景中保持主角形象不变.现有个互不相同的场景模板，需从中选出个并按顺序生成短视频，每个模板至多使用一次.则不同的生成方案共有（ ） A. B. C. D. 14. 已知圆的方程为，点为圆内一定点，若过点的弦满足为弦的中点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 15. 已知一个圆锥的侧面积为，体积为，则该圆锥的母线长可能为（ ） A. B. C. D. 16. 设点是等轴双曲线上的任意一点，为坐标原点.考虑以下两个命题：命题①：过点作该双曲线的切线，分别与两条渐近线交于点，则的面积为定值；命题②：过点分别作两条渐近线的垂线，垂足分别为，则线段的最小值为.下列判断正确的是（ ） A. 命题①和命题②都正确 B. 命题①正确，命题②错误 C. 命题①错误，命题②正确 D. 命题①和命题②都错误 三、解答题（共5题，满分78分） 17. 已知椭圆，其离心率，点为椭圆的上顶点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若为椭圆上的一个动点，求的最大值. 18. 如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，对角线与相交于点.已知，且为等边三角形. （1）求证：平面； （2）过点作平面，使得，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 19. 已知抛物线，过点作直线与抛物线交于两点（点异于原点）. （1）若，求直线的方程； （2）若向量关系满足（其中为坐标原点），求直线的方程. 20. 如图1所示，已知与满足：，，二面角的大小为为线段的中点. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）如图2所示，若点满足平面且平面，求六面体的体积. 21. 已知抛物线与椭圆有一个公共焦点. （1）当椭圆经过两点和时，求椭圆和抛物线的方程. （2）若抛物线与椭圆在第一象限和第四象限内的交点分别为和为坐标原点，记由曲线与构成的曲线为. （i）已知是曲线上的动点，求的最小值； （ii）已知为的重心，在曲线上还存在异于的点、，使得的重心也为.证明：、中有且只有两点在抛物线上，且这两点在同一象限内. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上外附外2025-2026学年第一学期高二年级数学期末 2026.1 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 若组合数满足，则正整数________. 【答案】 【解析】 【分析】根据组合数公式列方程求参数值. 【详解】由且，则， 所以（负值舍）. 故答案为：8 2. 在空间直角坐标系中，已知点.设为线段的中点，则向量________. 【答案】 【解析】 【分析】由中点公式求得的坐标，再由向量的点坐标表示写出. 【详解】由题意，而，则. 故答案为： 3. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，则点到轴的距离为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的定义结合条件即得. 【详解】由题设，抛物线的准线为，而其上一点到其焦点的距离为5， 所以，则，即点到轴的距离为4. 故答案为：4 4. 某校开设4门知识类选修课和3门技能类选修课.学生需从中选修2门，且至少包含一门知识类选修课，则不同的选课方案共有________种. 【答案】 【解析】 【分析】满足条件的选法可分为两类：只选1门知识类选修课和选2门知识类选修课，结合分步乘法计数和分类加法计数原理求结论. 【详解】满足条件的选法可分为两类：只选1门知识类选修课和选2门知识类选修课， 其中只选1门知识类选修课的选法有种. 选2门知识类选修课的选法有种. 所以符合条件的选法有种. 故答案为：18. 5. 已知正四棱锥的底面边长为6，高为4，则这个正四棱锥的侧面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱锥的结构特征及表面积的求法求其侧面积. 【详解】由题意，正四棱锥的底面是边长为6的正方形，且棱锥的高为4， 所以正四棱锥的侧面等腰三角形的高为， 由正四棱锥有4个侧面等腰三角形，所以其侧面积为. 故答案为： 6. 已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和底面直径均为，则这个球的体积为________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据圆柱的高和底面直径求出球的半径，再利用球的体积公式计算球的体积. 【详解】设球的半径为，圆柱的底面半径为，圆柱的高为，则， 由，所以， 所以球的体积. 故答案为： 7. 如图所示，为梯形，，，现在将这个图形绕着直线旋转一周，得到一个几何体，那么这个几何体的体积是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意确定几何体的构成，再由圆柱、圆锥的体积公式求组合体的体积. 【详解】由题意，所得几何体是一个底面半径为2，高为2的圆柱和一个底面半径为2，高为2的圆锥构成的组合体， 所以其体积为. 故答案为： 8. 已知直线，若过点的直线与直线的夹角大小为，则直线的方程为________. 【答案】或 【解析】 【分析】分类讨论结合直线夹角的定义计算即可. 【详解】由题意可知直线的斜率为， 当直线的斜率不存在时，其倾斜角为，此时与直线的夹角大小为， 因为，符合题意，此时直线的方程为， 当直线的斜率存在时，设直线的倾斜角为， 则，解得，即直线的斜率为， 此时直线的方程为，即， 综上所述，直线的方程为或. 故答案为：或. 9. 某校举办中学生模拟联合国大会，参会代表按地域分为亚太、欧洲、非洲、美洲个不同团组.现需将名志愿者（甲、乙、丙、丁、戊）全部安排到这个团组担任接待工作，每个团组至少安排人，则不同的安排方案共有________种. 【答案】 【解析】 【分析】先将名志愿者分为四组，再将这四组人分配到个团组担任接待工作，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】先将这名志愿者（甲、乙、丙、丁、戊）分为组，每组的人数分别为、、、， 再将这四组人分配到个团组担任接待工作， 由分步乘法计数原理可知，不同的安排方案种数为. 故答案为：. 10. 地球可近似视为半径为的球体.已知我国的冰城哈尔滨市与意大利的都灵市的地理坐标分别约为北纬、东经和北纬、东经.若将两地视为同一纬度圈上的两点，则它们在该纬度圈上所对应的劣弧长度为________.（用含的式子表示） 【答案】 【解析】 【分析】计算出这两个城市所在圆的半径，以及两地位置的经度差，结合扇形的弧长公式可得结果. 【详解】地球的半径为，我国的冰城哈尔滨市与意大利的都灵市都在北纬， 这两个城市所在圆的半径为， 这两个城市位置的经度差为， 故它们在该纬度圈上所对应的劣弧长度为. 故答案为：. 11. 已知双曲线的方程为，其左、右焦点分别为为该双曲线上第一象限内的点，且，则的内切圆圆心坐标为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线定义及勾股定理，结合切线的性质，列方程求解即可. 【详解】如图所示，设，则， 设的内切圆与三边的切点分别为，内切圆半径为，圆心为， 则，，， 由勾股定理有，即， ， 其中， 解得 ， 故，， 故所求坐标为, 故答案为：. 二、选择题（共4题，第13，14题每题4分，第15，16题每题5分，共18分） 12. 在空间中有两个定点，点满足，且.平面与平面互相垂直，，且.则异面直线与所成角的余弦值为________. 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量夹角公式求解即可. 【详解】取的中点，连接，易有平面， 故， , , 设， 由题意，则， ， 则， 则， 设与所成的角为， 则有， 故答案为：. 13. 年月，国产AI视频生成模型“通义万相”上线“角色一致性”功能，支持在多个场景中保持主角形象不变.现有个互不相同的场景模板，需从中选出个并按顺序生成短视频，每个模板至多使用一次.则不同的生成方案共有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用排列计数原理可得结果. 【详解】因为现有个互不相同的场景模板，需从中选出个并按顺序生成短视频，每个模板至多使用一次. 则不同的生成方案种数为种. 故选：B. 14. 已知圆的方程为，点为圆内一定点，若过点的弦满足为弦的中点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆的中点弦的性质求求直线的斜率，利用点斜式求直线方程即可. 【详解】由题意，，， 则，， 则直线的方程为， 即， 故选：A. 15. 已知一个圆锥的侧面积为，体积为，则该圆锥的母线长可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由圆锥的侧面积公式，体积公式，列方程代入验证即可. 【详解】设圆锥母线为，底面半径为，高为， 则， 消去整理得， 代入选项验证，仅有符合题意， 故选：C. 16. 设点是等轴双曲线上的任意一点，为坐标原点.考虑以下两个命题：命题①：过点作该双曲线的切线，分别与两条渐近线交于点，则的面积为定值；命题②：过点分别作两条渐近线的垂线，垂足分别为，则线段的最小值为.下列判断正确的是（ ） A. 命题①和命题②都正确 B. 命题①正确，命题②错误 C. 命题①错误，命题②正确 D. 命题①和命题②都错误 【答案】A 【解析】 【分析】设点，应用导数的几何意义求切线方程，结合双曲线的渐近线求出坐标，再由及两点距离公式、化简判断①，设点，根据已知依次求出坐标，再由两点距离公式及求最值判断②. 【详解】①：对于等轴双曲线，其渐近线方程为， 设点，因为点在双曲线上，所以， 对双曲线方程两边同时对求导， 根据求导公式可得：，则， 所以在点处的切线斜率， 根据点斜式方程可得切线方程为，即. 联立切线方程与渐近线方程，可得， 将代入，得，即，解得， 则，所以. 联立切线方程与渐近线方程，可得， 将代入得，即，解得， 则，所以. 因为两点在渐近线上，所以，则， 根据两点间距离公式，得 . 所以， 又，所以为定值，命题①正确； ②：设点，因为点在双曲线上，所以. 点到渐近线的距离，根据两直线垂直斜率之积为， 可知过点且与渐近线垂直的直线方程为，即. 联立，解得，所以. 点到渐近线的距离， 过点且与渐近线垂直的直线方程为，即 联立，解得，则， 根据两点间距离公式得， 因为，即，所以， 因为，所以时，取得最小值，，命题②正确. 故选：A 三、解答题（共5题，满分78分） 17. 已知椭圆，其离心率，点为椭圆的上顶点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若为椭圆上的一个动点，求的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据离心率及椭圆的参数关系和性质求参数值，即可得； （2）设，应用两点距离公式及三角函数的性质求最值. 【小问1详解】 由题意，可得，故椭圆方程为； 【小问2详解】 设，则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最大值为. 18. 如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，对角线与相交于点.已知，且为等边三角形. （1）求证：平面； （2）过点作平面，使得，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1） 因为底面是边长为2的菱形， 所以，又因为，， 所以，所以， 因为该菱形对角线与相交于点， 所以点是对角线与的中点，又因为是等边三角形， 所以， 因此平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）利用菱形的几何性质、全等三角形的判定定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为菱形对角线与相交于点， 所以， 以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则易有， 所以 ， 由知为平面的一个法向量， 设为平面的一个法向量， 则由可有， 令，可有， 所以， 所以，所求余弦值为. 19. 已知抛物线，过点作直线与抛物线交于两点（点异于原点）. （1）若，求直线的方程； （2）若向量关系满足（其中为坐标原点），求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设直线，，直线与抛物线联立方程组由韦达定理可得，由结合平面向量坐标运算计算可得，代入计算即可求解； （2）由结合题意联立方程可得或，讨论即可求解. 【小问1详解】 设直线，， 直线与抛物线联立方程组， 则，， 由韦达定理可得， 因为，所以， 因为， 所以，即，解得或， 当时，直线经过坐标原点，此时不满足点异于原点，舍去，所以， 因为直线经过点，代入计算可得， 所以直线的方程为，即； 【小问2详解】 因为，所以， 即，，即，， 因为，所以， 化简可得，即，解得或， 当时，则，，， 此时，所以直线为，即； 当时，则，，，此时点与坐标原点重合，不符合题意； 综上，直线的方程. 20. 如图1所示，已知与满足：，，二面角的大小为为线段的中点. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）如图2所示，若点满足平面且平面，求六面体的体积. 【答案】（1） 由，为线段的中点，则， 由，平面，则平面， 又平面，所以平面平面； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由题设可得，再由线面、面面垂直的判定证明结论； （2）根据面面垂直的性质及二面角的定义，确定点到平面的投影的位置且，再根据已知求点面距离； （3）根据已知求出相关线段的长度，结合求体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面平面，平面平面，且，平面， 所以点到平面的投影在直线在平面的投影直线上， 由二面角的定义及知，二面角为， 而，，则是边长为2的等边三角形， 所以，则点到平面的距离； 【小问3详解】 由平面且平面，平面，则， 由，则，故，， 而是边长为2的等边三角形，则， 在中，，故，则， 所以. 21. 已知抛物线与椭圆有一个公共焦点. （1）当椭圆经过两点和时，求椭圆和抛物线的方程. （2）若抛物线与椭圆在第一象限和第四象限内的交点分别为和为坐标原点，记由曲线与构成的曲线为. （i）已知是曲线上的动点，求的最小值； （ii）已知为的重心，在曲线上还存在异于的点、，使得的重心也为.证明：、中有且只有两点在抛物线上，且这两点在同一象限内. 【答案】（1）， （2）（i）5； （ii）由题意， 设，则有， 且均不为3，故至多有一个大于， 故至少有两个点在抛物线上. 假设三个点均在抛物线上，则 则，则， 即， 同理 则方程的两根为， 则， 同理可得，则两两异号，矛盾， 则只有两个点在抛物线上. 若两点在抛物线、一点在椭圆： 设在抛物线上，在椭圆上， 由， 则， 又， 代入椭圆，得， 化简得， 设，， 由于开口向下，且， 则， 则，同号，且与异号， 故有且只有两点在抛物线上，且这两点在同一象限内. 【解析】 【分析】（1）待定系数代入两点求解即可； （2）（i）结合抛物线定义，转化为共线时最小即可； （ii）分情况讨论，由抛物线、椭圆方程代入计算，反证法即可证明. 【小问1详解】 设椭圆的方程, 代入和可得， 解得， 则椭圆的方程为， 其焦点，则，， 则抛物线的方程为. 【小问2详解】 （i）联立，解得，， 设抛物线的准线为， 过作于，则， 故当时， 有最小值. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $