精品解析：江西省宜春市宜丰中学2025-2026学年高二上学期期末数学试题

2025-2026（上）高二年级期末考试数学试卷 一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共0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. 已知直线经过点与，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 某商品的销售量y(件)与销售价格x(元/件)存在线性相关关系，根据一组样本数据(xi，yi)(i＝1,2，…，n)，用最小二乘法建立的回归方程为＝－5x＋150，则下列结论正确的是(　　) A. y与x具有正的线性相关关系 B. 若r表示y与x之间的线性相关系数，则r＝－5 C. 当销售价格为10元时，销售量为100件 D. 当销售价格为10元时，销售量为100件左右 4. 3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（ ）种． A. 36 B. 108 C. 120 D. 144 5. 同时投掷两枚质地均匀的骰子，设事件A为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件B为两枚骰子点数之和为6，则（ ） A. B. C. D. 6. 设某工厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，已知各车间的产量分别占全厂产量的25%，35%，40%，而且各车间的次品率依次为5%，4%，2%.现从待出厂的产品中检查出一个次品，那么它是由甲车间生产的概率约为（ ） A. 0.0125 B. 0.362 C. 0.468 D. 0.0345 7. 已知平行四边形，，，将沿对角线折起，使以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）． A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，已知点，点是平面内的一个动点，若以为直径的圆与圆：相切，记点P的轨迹为曲线C，过曲线C上一点Q作直线分别与直线，相交，交点为M、N，且交点分别在第一象限和第四象限，若，，则面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本大画共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的画个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选辑的得分） 9. 某校高三年级选考地理科的学生有100名，现将他们该科的一次考试分数转换为等级分，已知等级分X的分数转换区间为，若等级分，则（ ） 参考数据：；； A. 这次考试等级分的标准差为5 B. 这次考试等级分超过70分的约有45人 C. D. 这次考试等级分在内的人数约为48人 10. 已知直线，圆，则（ ） A. ，与相交 B. ，使得圆心到的距离为 C. 当圆截所得的弦长为时，的值为 D. 当圆上有个点到的距离为时， 11. 如图甲，边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点（如图乙），则下列结论正确的是（ ） A. B. 平面平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 三棱锥的外接球半径是 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 直线与间的距离为______． 13. 正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）的底面边长为2，侧棱长为，则与侧面的夹角为______． 14. 已知双曲线：，，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上一点，连接交双曲线左支于点，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为______． 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知的展开式中所有的二项式系数之和为64． （1）求n的值； （2）求该展开式的常数项． 16. 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 17. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. （1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率； （2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. （i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望； （ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明） 18. 平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点. （i）求的值； （ⅱ）求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026（上）高二年级期末考试数学试卷 一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共0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. 已知直线经过点与，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜率计算公式以及斜率和倾斜角关系即可得到答案. 【详解】由题意得直线的斜率， 则其倾斜角为. 故选：D. 2. 抛物线的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将原方程转化为抛物线的标准形式，再确定参数P的值，最后代入计算出焦点坐标即可. 【详解】因为，所以， 因为，解得 ， 又因为抛物线开口向上，对称轴为y轴，所以焦点坐标为 ， 代入 ，得 ，因此焦点坐标为 . 故选：B. 3. 某商品的销售量y(件)与销售价格x(元/件)存在线性相关关系，根据一组样本数据(xi，yi)(i＝1,2，…，n)，用最小二乘法建立的回归方程为＝－5x＋150，则下列结论正确的是(　　) A. y与x具有正的线性相关关系 B. 若r表示y与x之间的线性相关系数，则r＝－5 C. 当销售价格为10元时，销售量为100件 D. 当销售价格为10元时，销售量为100件左右 【答案】D 【解析】 【分析】对选项逐个分析，A是负相关，B中，C和D中销售量为100件左右． 【详解】由回归方程＝－5x＋150可知y与x具有负的线性相关关系，故A错误；y与x之间的线性相关系数，故B错误；当销售价格为10元时，销售量为件左右，故C错误，D正确． 【点睛】本题考查了线性回归方程知识，考查了线性相关系数，属于基础题． 4. 3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（ ）种． A. 36 B. 108 C. 120 D. 144 【答案】D 【解析】 【分析】分步骤分析，利用排列组合的乘法原理来计算即可． 【详解】总共有3个男同学，排头必须是男同学，所以排头的选择有种， 所以排尾只能从剩余2个男同学选取，有种， 最后剩余4人安排在中间4个位置，有种，所以一共有种． 故选：D． 5. 同时投掷两枚质地均匀的骰子，设事件A为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件B为两枚骰子点数之和为6，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别算出，，结合公式即可求解. 【详解】同时投掷两枚质地均匀的骰子，设两枚骰子投出的点数构成有序数对，则总共有种可能， 所以事件包含的样本点个数有个， 所以， 事件包含的基本事件有：， 所以， 所以. 故选：A. 6. 设某工厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，已知各车间的产量分别占全厂产量的25%，35%，40%，而且各车间的次品率依次为5%，4%，2%.现从待出厂的产品中检查出一个次品，那么它是由甲车间生产的概率约为（ ） A. 0.0125 B. 0.362 C. 0.468 D. 0.0345 【答案】B 【解析】 【分析】先根据全概率公式求出取到的产品是次品的概率，再代入贝叶斯公式计算即可. 【详解】设事件A表示取到的产品来自甲车间，事件B表示取到的产品来自乙车间，事件C表示取到的产品来自丙车间，事件D表示取到的产品是次品， 则, ； 则取到的产品是次品的概率为： ； 若取到的是次品，此次品由甲车间生产的概率为： 故选：B. 7. 已知平行四边形，，，将沿对角线折起，使以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，，由可得，，从而可求出，关键是判断当三棱锥体积最大时，平面平面，建立空间直角坐标系可得到异面直线夹角的余弦值. 【详解】设，， 因为，所以，而，所以， 所以，，所以， 当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，平面平面， 所以平面， 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设，的夹角为，则， 故选：C． 8. 在平面直角坐标系中，已知点，点是平面内的一个动点，若以为直径的圆与圆：相切，记点P的轨迹为曲线C，过曲线C上一点Q作直线分别与直线，相交，交点为M、N，且交点分别在第一象限和第四象限，若，，则面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出点的轨迹方程，再设出点的坐标，并表示出点，将三角形面积表示为的函数，借助对勾函数的性质求出范围. 【详解】依题意，以为直径的圆的圆心为，而点在圆外，且圆圆心，半径1， 由两圆相切，得，整理得， 设，由，得， 而点在上，则，整理得， 直线，的倾斜角为，则， 的面积， 对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 则，因此， 所以面积的取值范围为. 故选：D 二､多选题（本大画共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的画个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选辑的得分） 9. 某校高三年级选考地理科的学生有100名，现将他们该科的一次考试分数转换为等级分，已知等级分X的分数转换区间为，若等级分，则（ ） 参考数据：；； A. 这次考试等级分的标准差为5 B. 这次考试等级分超过70分的约有45人 C. D. 这次考试等级分在内的人数约为48人 【答案】AD 【解析】 【分析】根据的含义易判断A，B两项，对于C，D，先把范围转换成用表示，利用概率值求出相应范围的概率值，再进行估算即可. 【详解】对于A，因，则，故A正确； 对于B，因，即这次考试等级分超过70分的学生约占一半，故B错误； 对于C，因，故C错误； 对于D， 因， 故这次考试等级分在内的人数约为人，故D正确， 故选：AD 10. 已知直线，圆，则（ ） A. ，与相交 B. ，使得圆心到的距离为 C. 当圆截所得的弦长为时，的值为 D. 当圆上有个点到的距离为时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项利用直线恒过的定点在圆内即可判断；B选项圆心到的距离公式即可求解；C选项利用直线与圆相交的弦长公式即可求解；D选项利用当圆上有个点到的距离为时，需满足圆心到直线的距离即可求解. 【详解】直线可变形为， 令，则，解得，， 则直线恒过定点； 又圆的圆心为，半径为. 则圆心到直线的距离为. 对于A选项，，点在圆内， 对，与相交，故A正确； 对于B选项，令，两边平方化简得，， ，此方程无解， 不存在实数，使得圆心到的距离为，故B错误； 对于C选项，直线与圆相交弦长， 则，解得，，两边平方解得， 当圆截所得的弦长为时，的值为，故C正确； 对于D选项，当圆上有个点到的距离为时，需满足圆心到直线的距离， 即，两边平方解得，即，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图甲，边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点（如图乙），则下列结论正确的是（ ） A. B. 平面平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 三棱锥的外接球半径是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据折叠前后的性质，根据线线垂直推出平面，进而可得，判断选项A；根据面面垂直判定定理判定选项B；建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，，可得求出二面角的余弦值判断选项C；根据互相垂直，三棱锥的外接球等价于以为棱的长方体的外接球，长方体的对角线即为外接球的直径，判断选项D. 【详解】折叠前：，，； 折叠后：，，三点重合于点，故，，， 又，分别是，的中点，边长为2，故，. 选项A：因为，，平面， 所以平面，又因为平面， 所以，故A对. 选项B：因为，，平面， 所以平面；又平面，故平面平面，故B对. 选项C：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则 ，，. ，，设平面的法向量为，则 ，令，得. 平面是平面，其法向量为. 所以二面角的余弦值：，故C错. 选项D：因为，，，所以三棱锥的外接球等价于以为棱的长方体的外接球. 长方体的对角线长， 故外接球半径，故D对. 故选：ABD. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 直线与间的距离为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据直线方程可得两条直线平行，由平行线间的距离公式求解即可. 【详解】将直线化为， 所以两直线之间的距离． 故答案为：. 13. 正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）的底面边长为2，侧棱长为，则与侧面的夹角为______． 【答案】 【解析】 【分析】如图过作于，连接，根据条件可得为直线与平面所成的角，建立空间直角坐标系，利用线线角的向量法，即可求解. 【详解】如图过作于，连接， 因为面，又平面，所以， 又平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 所以，， 则．又，所以， 故答案为：. 14. 已知双曲线：，，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上一点，连接交双曲线左支于点，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的定义、余弦定理列方程，求得，进而求得双曲线的离心率. 【详解】设，因为是以为直角顶点的等腰直角三角形， 所以，，由双曲线的定义知，，， 所以，，又， 所以，即， 在中，由余弦定理知，， 所以， 即，整理得，， 即，所以离心率． 故答案为： 【点睛】求解双曲线离心率有关的问题，可以利用直接法来进行求解，也即通过已知条件求得和，从而求得双曲线的离心率.也可以利用构造齐次式的方法来进行求解，也即通过已知条件求得或的等量关系式，由此来求得离心率. 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知的展开式中所有的二项式系数之和为64． （1）求n的值； （2）求该展开式的常数项． 【答案】（1）6； （2）60. 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数的性质，列式计算即得. （2）求出展开式的通项公式，再由幂指数确定常数项即得解. 【小问1详解】 由的展开式中所有的二项式系数之和为64，得，所以. 【小问2详解】 由（1）知，展开式的通项公式为， 由，得，， 所以展开式的常数项为． 16. 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】（1）证明如下： 以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）1 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 17. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. （1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率； （2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. （i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望； （ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中估计值 【解析】 【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率; （2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，用频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从而可求. （ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求，从而即可比较大小得解. 【小问1详解】 设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”， 由题设中的统计数据可得. 【小问2详解】 （ⅰ）设为赔付金额，则可取， 由题设中的统计数据可得， ，， ， 故 故（万元）. （ⅱ）由题设保费的变化为， 故（万元）， 从而. 18. 平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点. （i）求的值； （ⅱ）求面积的最大值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）2；（ⅱ）. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定的值，从而得到椭圆的方程；（Ⅱ）（i）设，，由题意知，然后利用这两点分别在两上椭圆上确定的值; （ⅱ）设，利用方程组结合韦达定理求出弦长，选将的面积表示成关于的表达式，然后，令，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出的面积的最大值，并结合（i）的结果求出面积的最大值. 试题解析：（Ⅰ）由题意知，则,又可得, 所以椭圆C的标准方程为. （Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为, （i）设，，由题意知因为, 又，即,所以，即. （ⅱ）设 将代入椭圆E的方程， 可得 由，可得① 则有 所以 因为直线与轴交点的坐标为 所以的面积 令,将代入椭圆C的方程可得 由，可得② 由①②可知 因此,故 当且仅当，即时取得最大值 由（i）知，面积为,所以面积的最大值为. 考点：1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $