精品解析：江西省景德镇市乐平三中2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷

乐平三中2025—2026学年度上学期期末考试 高二数学试卷 满分：150分；考试时间：120分钟；命题人：汪圆；审题人：张银兰 王燕燕 一、单选题（本题共8个小题每题5分，共计40分） 1. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（ ） A. B. C. D. 与斜交 2. 的展开式中的系数为 A. B. C. D. 3. 已知正方体的棱长为1，若空间中存在一点，满足，则点到直线的距离为（ ） A. B. 1 C. D. 4. 已知圆：与圆：（）的公共弦所在的直线与直线：平行，则两平行线间的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线，F为其右焦点，过F点的直线与双曲线相交于A，B两点，若，则这样的直线l的条数为（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 7. 现有4道四选一的单选题，学生张君对其中3道题有思路，1道题完全没有思路；有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好随机猜一个答案.张君从这4道题中随机选择2道题作答，则2道题都答对的概率为（ ）. A. B. C. D. 8. 已知F是抛物线的焦点，A，B是抛物线C上不同的两点，且满足，设A，B到抛物线C的准线的距离分别为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3个小题，每题6分，共计18分） 9. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面朝上”，事件“第二枚正面朝上”，下列结论中正确的是（ ）. A. 与为互斥事件 B. 与为相互独立事件 C. D. 10. 已知直线：和圆：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 不存在实数，使得直线与圆相切 C. 直线被圆截得的最长弦长为6 D. 直线被圆截得的最短弦长为 11. 在平行六面体中，已知，，为棱的中点，则（ ） A. B. 直线与所成的角为 C. 平面 D. 已知为上一点，则最小值为 三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共计15分） 12. 已知随机变量的概率分布如表且，则______. 1 2 4 13. 在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成，，，四个区域，现有牡丹、芍药、月季三种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有______种. 14. 已知直线：恒过定点，点为圆：上的动点：为坐标原点，则面积的最大值为______. 四、解答题（本题共5个小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，求计77分） 15. 已知在的展开式中，第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比是7∶2. （1）求； （2）求展开式中所有的有理项. 16. 已知抛物线：（）的焦点为，为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点的直线与交于不同的两点，，当时，求直线方程. 17. 如图，在长方体中，，，点在棱上运动. （1）证明：； （2）设为棱的中点，在棱上是否存在一点，使得与平面所成夹角正弦值为，若存在，求的值，若不存在，说明理由. 18. 甲，乙，丙，丁四名选手进行象棋比赛，已知甲和乙是专业选手，丙和丁是业余选手.已知专业选手对业余选手时专业选手获胜的概率为0.7、业余选手获胜的概率为0.3，专业选手对专业选手时每人获胜的概率均为0.5，业余选手对业余选手时每人获胜的概率均为0.5，比赛规则为：第一轮随机安排两两对赛，胜者进入第二轮，负者淘汰；第二轮胜者为第一名. （1）求选手甲和丁在第一轮对赛的概率； （2）求选手甲和丁在第二轮对赛的概率； （3）现有两种比赛方案， 方案一：第一轮安排专业选手与专业选手对赛； 方案二：第一轮安排业余选手与专业选手对赛. 比较两种方案中业余选手获得第一名的概率的大小，并解释结果. 19. 已知椭圆：（）的长轴长与短半轴长的比值为. （1）求椭圆的离心率； （2）过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点. （ⅰ）若直线的斜率为1，求椭圆的焦距的取值范围； （ⅱ）若面积的最大值为，求椭圆的标准方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乐平三中2025—2026学年度上学期期末考试 高二数学试卷 满分：150分；考试时间：120分钟；命题人：汪圆；审题人：张银兰 王燕燕 一、单选题（本题共8个小题每题5分，共计40分） 1. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（ ） A. B. C. D. 与斜交 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线的方向向量与平面法向量的位置关系判断线面位置关系. 【详解】， ， 即， 所以， 故选：B. 2. 的展开式中的系数为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】= 所以的展开式中的系数=故选C. 3. 已知正方体的棱长为1，若空间中存在一点，满足，则点到直线的距离为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到直线的距离. 【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为， 所以， 所以，， 所以点到直线的距离. 故选：A. 4. 已知圆：与圆：（）的公共弦所在的直线与直线：平行，则两平行线间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆与圆的公共弦所在直线方程，再由平行关系求出并验证，最后利用平行线距离公式即可得到答案. 【详解】圆与圆的方程相减得，即为圆与圆的公共弦所在直线方程， 由直线与直线平行，得，解得， 当时，两直线方程均为，此时两直线重合，故舍去； 当时，公共弦所在直线方程为，即， 直线，两直线平行， 此时圆，即，即圆心，半径， 圆的圆心，半径，，符合题意， 所以的值为，此时两直线距离为. 故选：D 5. 已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直角三角形的性质和正切值可得，结合椭圆的几何性质可求答案. 【详解】因为，，所以， 设焦距为，由可得， 由椭圆的定义可得，即，所以. 故选：B 6. 已知双曲线，F为其右焦点，过F点的直线与双曲线相交于A，B两点，若，则这样的直线l的条数为（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 【答案】C 【解析】 【分析】当弦AB在双曲线右支上时，可得出的最小距离是通径，计算出通径的值与比较可判断满足条件的直线数.当弦AB在双曲线的两支上时，长轴最短为4，与比较可判断满足条件的直线数. 【详解】由双曲线，可得：， 当弦AB在双曲线右支上时，通径最短，长度为， 因为，此时符合条件的直线有两条； 当弦AB在双曲线的两支上时，长轴最短为，， 故在同一支上时有两条直线，在两支上时有一条直线， 故选：C． 7. 现有4道四选一的单选题，学生张君对其中3道题有思路，1道题完全没有思路；有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好随机猜一个答案.张君从这4道题中随机选择2道题作答，则2道题都答对的概率为（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用独立事件概率公式计算求解即可 【详解】因为有思路的题做对的概率为， 没有思路的题只好随机猜一个答案，答对概率为 从这4道题中随机选择2道题作答， 则2道题都答对的概率为 故选：A. 8. 已知F是抛物线的焦点，A，B是抛物线C上不同的两点，且满足，设A，B到抛物线C的准线的距离分别为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的定义、余弦定理，整理可得，再应用基本不等式求最值即可. 【详解】由抛物线的定义知，， 所以在中，由余弦定理得， 所以， 又因为，所以，当且仅当时等号成立， 所以，故， 所以的最大值为 故选：A. 二、多选题（本题共3个小题，每题6分，共计18分） 9. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面朝上”，事件“第二枚正面朝上”，下列结论中正确的是（ ）. A. 与为互斥事件 B. 与为相互独立事件 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据互斥事件和独立事件的概念可判断A，B，结合和事件及积事件的概率公式可判断C，D. 【详解】事件显然可以同时发生，不是互斥事件，A不正确； ,，因为，所以与为相互独立事件，B，D正确； ，C正确； 故选：BCD 10. 已知直线：和圆：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 不存在实数，使得直线与圆相切 C. 直线被圆截得的最长弦长为6 D. 直线被圆截得的最短弦长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知可求得圆心，半径，直线过定点，进而逐项计算可判断结论. 【详解】直线：化为，令，解得， 故直线过定点，故A正确. 圆化为标准形式为：，圆心，半径， 定点到圆心的距离为，故定点在圆内， 故直线与圆相交，不存在实数，使得直线与圆相切，故B正确. 直线过圆的圆心时截得的最长弦长为直径，故C错误. 当直线垂直定点与圆心的连线时，弦长最短，为，故D正确. 故选：ABD. 11. 在平行六面体中，已知，，为棱的中点，则（ ） A. B. 直线与所成的角为 C. 平面 D. 已知为上一点，则最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先设，得到，的夹角为. 对选项A，根据，再平方即可判断A正确，对选项B，根据即可判断B错误，对选项C，根据，即可判断C正确，对选项D，根据当且仅当三点共线时，有最小值，即可判断D正确. 【详解】设，则，的夹角为. 对选项A，， ，则，故A正确. 对选项B，，， ， 所以，故B错误. 对选项C，因为四边形为菱形，所以， 又因为，，所以. 因为平面，平面，， 所以平面，故C正确. 对选项D，如图所示： 当且仅当三点共线时，有最小值. ， 所以，故D正确. 故选：ACD 三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共计15分） 12. 已知随机变量的概率分布如表且，则______. 1 2 4 【答案】16 【解析】 【分析】利用概率分布的性质以及条件解方程可得答案. 【详解】由概率分布的性质，有，即， 又由 ，得， 又， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成，，，四个区域，现有牡丹、芍药、月季三种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有______种. 【答案】18 【解析】 【分析】根据区域种花情况，分两类情况求解，根据分类加法计数原理可得答案. 【详解】区域种同一种花，不同的种植方法有：； 区域种不同的花，不同的种植方法有：； 由分类加法计数原理可得，共有18种方法. 故答案为：18 14. 已知直线：恒过定点，点为圆：上的动点：为坐标原点，则面积的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出定点坐标，根据圆心到直线的距离可得的高的最大值，结合面积公式可得答案. 【详解】由，得，由，得定点，; 直线的方程为，圆心到直线的距离为. 点 B 到直线 OA 的最大距离为, 所以面积的最大值为. 故答案为： 四、解答题（本题共5个小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，求计77分） 15. 已知在的展开式中，第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比是7∶2. （1）求； （2）求展开式中所有的有理项. 【答案】（1）9 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数和组合数公式可得出关于的方程，即可解得的值； （2）写出二项展开式通项，令的指数为整数，求出参数的值，代入通项即可得解. 【小问1详解】 第5项的二项式系数为，第3项的二项式系数为， ，解得或（舍去）. 【小问2详解】 由（1）可知，展开式为， 令，则， 故第2项，第4项，第6项，第8项，第10项为有理项， 它们分别为， . 16. 已知抛物线：（）的焦点为，为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点的直线与交于不同的两点，，当时，求直线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义和点的坐标列方程组，求解方程组即可； （2）设直线方程，联立方程，结合韦达定理可求面积表达式，结合面积的值可求答案. 【小问1详解】 因为的准线方程为，由定义可得， 又为上一点，所以，联立两个方程可得，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 由 （1）知焦点， 设直线 l 的方程为，与抛物线 联立得. 设 ，由韦达定理得：, △OAB 的面积为：, 解得，所以直线 l 的方程为：或. 17. 如图，在长方体中，，，点在棱上运动. （1）证明：； （2）设为棱的中点，在棱上是否存在一点，使得与平面所成夹角正弦值为，若存在，求的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1） 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ,设， , 因为，所以. （2）存在，，理由如下： 设，因为为棱的中点，所以. ，则,, 设平面的一个法向量为，则, 令，得，即， 设与平面所成夹角为，则, 令，解得或（舍）， 所以棱上存在一点，使得与平面所成夹角正弦值为，此时. 【解析】 【分析】（1）建立坐标系，写出向量坐标，利用向量垂直证明直线垂直； （2）求出平面法向量，利用线面角的向量求法可得的长得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 甲，乙，丙，丁四名选手进行象棋比赛，已知甲和乙是专业选手，丙和丁是业余选手.已知专业选手对业余选手时专业选手获胜的概率为0.7、业余选手获胜的概率为0.3，专业选手对专业选手时每人获胜的概率均为0.5，业余选手对业余选手时每人获胜的概率均为0.5，比赛规则为：第一轮随机安排两两对赛，胜者进入第二轮，负者淘汰；第二轮胜者为第一名. （1）求选手甲和丁在第一轮对赛的概率； （2）求选手甲和丁在第二轮对赛的概率； （3）现有两种比赛方案， 方案一：第一轮安排专业选手与专业选手对赛； 方案二：第一轮安排业余选手与专业选手对赛. 比较两种方案中业余选手获得第一名的概率的大小，并解释结果. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的方法求解即可； （2）分情况讨论第一轮对赛的情况与第二轮对赛的情况判断即可； （3）分别讨论两种情况下第二轮的对赛情况求解即可. 【小问1详解】 由题意，第一轮的对赛的所有情况有 ①甲乙，丙丁；②甲丙，乙丁；③甲丁，乙丙，共三种情况， 故甲和丁在第一轮对赛的概率为. 【小问2详解】 由（1），第一轮的对赛的所有情况有三种. ①甲乙，丙丁：甲和丁在第二轮对赛则甲、丁分别战胜对手， 故甲和丁在第二轮对赛的概率为； ②甲丙，乙丁：甲和丁在第二轮对赛则甲、丁分别战胜对手， 故甲和丁在第二轮对赛的概率为； ③甲丁，乙丙：甲和丁在第二轮对赛的概率为0. 故甲和丁在第二轮对赛的概率为. 【小问3详解】 方案一：第一轮安排专业选手与专业选手对赛： 则第二轮必定为专业选手与业余选手对赛，则业余选手获得第一名的概率为. 方案二：第一轮安排业余选手与专业选手对赛： 第二轮为全专业选手的概率为，则业余选手获得第一名的概率为. 第二轮为全业余选手的概率为，则业余选手获得第一名的概率为. 第二轮为一个专业选手与一个业余选手的概率为，此时业余选手获得第一名的概率为. 综上业余选手获得第一名的概率为. 所以方案一中业余选手获得第一名的概率大于方案二中业余选手获得第一名的概率. 19. 已知椭圆：（）的长轴长与短半轴长的比值为. （1）求椭圆的离心率； （2）过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点. （ⅰ）若直线的斜率为1，求椭圆的焦距的取值范围； （ⅱ）若面积的最大值为，求椭圆的标准方程. 【答案】（1） （2）（ⅰ）;（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据的关系，结合离心率的公式可得答案； （2）（ⅰ）联立方程，根据判别式大于零可得的范围，从而可得焦距的范围； （ⅱ）联立方程，求出弦长和高，根据面积表达式可得最大值，进而可得方程. 【小问1详解】 因为长轴长与短半轴长的比值为，所以，即， 离心率. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，椭圆方程为， 直线 l 方程为，代入椭圆方程：，即， 直线与椭圆有两个交点，故判别式，由可得. 焦距为， 即椭圆的焦距的取值范围为. （ⅱ）易知直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立可得， 设，则，即， ， ， 原点 O 到直线 l 的距离， ， 令，由可得， 则， 当时，有最大值，令，可得，此时，符合题意； 当时，有最大值，令，可得（舍）， 所以方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $