精品解析：江西宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题

丰城九中2025-2026学年下学期高二期末考试 数学试卷 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 一､单项选择题（本大题共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】D 【解析】 【分析】把一般式化为斜截式方程即可求出斜率. 【详解】由可得， 设倾斜角为，则. 故选：D 2. 若双曲线的离心率为，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线方程结合离心率公式运算求解即可. 【详解】由题意知，双曲线的离心率，所以． 故选：D． 3. 已知，，若，则m的值为（ ）． A. B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示求解 【详解】因为，所以，即，解得． 故选：C 4. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则直线必过定点（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由题设得，进而得直线方程为，再根据直线过定点求法计算即可得解. 【详解】由题意可知椭圆焦点在x轴上，且即， 所以直线即，即， 令，所以直线必过定点. 故选：A. 5. 现有3道理科题和2道文科题共5道题，若不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设第1次抽到理科题的事件为A，第2次抽到理科题的事件为B，分别求得 ，代入公式求解. 【详解】设第1次抽到理科题的事件为A，第2次抽到理科题的事件为B， 所以 , 所以第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为, 故选：D 【点睛】本题主要考查条件概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 6. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若对空间中任意一点，有，则P、A、B、C四点共面 B. 已知向量，，则在上的投影向量为 C. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 D. 点关于平面对称的点的坐标是 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，由，可判断；对于B，应用求解即可；对于C，可证得；对于D，直接求出对称点即可. 【详解】对于A项：因为， 则，而， 所以P、A、B、C四点不共面，A错误； 对于B项：在上的投影向量为，故B正确； 对于C项：因为，则，故C错误； 对于D项：点关于平面对称的点的坐标是，故D错误. 故选：B 7. 已知直线l：，则点到直线的最大距离为（ ） A. 5 B. 2 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线恒过的定点，当直线和垂直时，点到直线的最大距离，利用两点间距离公式求出，这个的值就是点到直线的最大距离. 【详解】直线，整理得到，则有， 解得，则直线恒过定点， 当直线和垂直时，点到直线的最大距离， 且最大距离为，故选项B正确. 故选：B. 8. 已知点为直线上的一个动点，为圆上任意两个不重合的点，记的最小值为的最大值为，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分析得当，分别为圆的切线，且最小时，最大，此时最小，再利用二倍角公式即可得，再根据最大时为钝角，所以的最大值为1，即.即可得. 【详解】由题意得的标准方程为，所以圆心，半径为2， 如图： 所以圆心到直线的距离为，所以直线与相离， 所以当分别为圆的切线，且最小时， 最大，又，则最大， 所以最大，此时最小， 此时． 显然的最大值为1，故． 故选：A 二､多选题：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. 下列说法正确的有（ ） A. 数据的极差是18 B. 若用不同的模型拟合同一组数据，则决定系数越大的模型，拟合效果越好 C. 已知随机变量，若，则 D. 依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为两个变量没有关联 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据极差的定义、决定系数的意义、二项分布的期望与方差公式、独立性检验的规则逐一判断选项. 【详解】A.极差最大值最小值，故A正确； B.决定系数越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好，故B正确； C.由与联立，代入得， 解得，即，从而，故C正确； D.已知（对应的临界值），因此在的独立性检验中， 应拒绝原假设，即认为两个变量有关联，D的说法错误. 故选：ABC 10. 圆：与圆：没有公共点，则的值可能是（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】BD 【解析】 【分析】圆与圆没有公共点，则两圆外离或内含，从而得到不等式，求出答案. 【详解】圆：的圆心为，半径为1， 圆：的圆心为，半径为3， 圆与圆没有公共点，则两圆外离或内含， 所以或，即或， 所以或或， 不满足要求，满足要求. 故选：BD. 11. 如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，是线段上的动点（含端点），则下列命题正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 在直三棱柱内部能够放入一个表面积为的球 C. 直线与 所成角的正切值的最小值是 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】证明出平面，结合锥体体积公式可判断A选项；计算出的外接圆半径，并与球的半径比较大小，可判断B选项；利用空间向量法可判断C选项；作点关于平面的对称点，可知，然后将平面和平面延展为一个平面，结合余弦定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，如下图所示，连接交于点，连接， 因为四边形为平行四边形，则为的中点， 又因为为的中点，则， 因为平面，平面，则平面， 因为，则点到平面的距离等于点 到平面的距离，为定值， 又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，A对； 对于B选项，因为，，则， 且表面积为的球的半径为 ， 的内切圆半径为， 所以，直三棱柱内部不能放入一个表面积为的球，B错； 对于C选项，因为平面，， 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、、、、， 设，其中， 则， 设直线与 所成角为， 所以，， 当时，取最大值，此时，取最小值，取最大值， 此时，，， 所以，直线与 所成角的正切值的最小值是，C对； 对于D选项，点关于平面的对称点为，则， ，， 所以，，则， 因为平面，，则平面， 因为平面，则， 将平面和平面延展为一个平面，如下图所示： 在中，，，， 由余弦定理可得 ， 当且仅当、、三点共线时，取最小值， 故的最小值为，D对. 故选：ACD. 【点睛】（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； （2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线与抛物线交于两点，若，则中点到轴距离的最小值是______． 【答案】2 【解析】 【分析】利用抛物线的定义结合中位线定理，列出不等式，发现取等条件，得到最小值即可. 【详解】 如图，由抛物线得焦点，准线方程为， 过分别作的垂线，交于， 连接，则，当且仅当过点时取等， 显然是梯形的中位线， 又由中位线定理知， 则，故到轴距离的最小值为 . 故答案为：2 13. 有3男2女共5名学生被分派去A，B，C三个公司实习，每个公司至少1人，且A公司只要女生，共有_________种不同的分派方法用数字作答 【答案】34 【解析】 【分析】利用分类计数原理将该问题分成两类，对A公司进行分类讨论，每一类中用分步乘法计数原理及排列组合的综合应用进行解答即可． 【详解】由题意，第一类，A公司只有1个女生，有种分派方案， 则B，C公司分派人数可以为2，2或者1，3或者3，1共3种分派方案，共种，所以一共有种分派方案， 第二类，A公司有2个女生，只有1种分派方案， 则B，C公司的分派人数只能是1，2或者2，1；则有种， 根据分类计数原理共有种， 故答案为34． 【点睛】本题主要考查了分类、分步计数原理，以及组合数的应用，其中解答中认真审题，合理分类，利用分类、分步计数原理和组合数的公式，准确计算是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力，属于基础题． 14. 已知椭圆，的上顶点为，两个焦点为，，离心率为.过且垂直于的直线与交于，两点，，则的周长是_____. 【答案】26 【解析】 【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线 的斜率，写出直线 的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为 【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴， ∴椭圆的方程为， 不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示， ∵，∴， ∴为正三角形， ∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点， 为线段的垂直平分线， ∴直线 的斜率为，斜率倒数为， 直线 的方程：，代入椭圆方程， 整理化简得到：， 判别式， ∴， ∴ ， 得， ∵ 为线段的垂直平分线，根据对称性，， ∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为 . 故答案为：26. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知圆的圆心在轴上，且经过点，. （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与圆交于、 两点，若，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆心的坐标为，根据圆心到圆上一点的距离为半径即可求解； （2）根据弦长可求圆心到直线的距离，分直线斜率存在和不存在两种情况求解即可. 【小问1详解】 设圆心的坐标为，由题意可得， 解得， 所以圆的半径为， 因此，圆的标准方程为； 【小问2详解】 当时，圆心到直线的距离为， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 此时，圆心到直线的距离为1，符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 则，解得， 此时，直线的方程为， 综上所述，直线的方程为或. 16. 在二项式的展开式中， （1）若第4项的系数与第6项的系数比为5∶6，求展开式中的有理项； （2）若展开式中只有第5项的二项式系数最大，求展开式中系数最大的项． 【答案】（1），， （2）， 【解析】 【分析】（1）根据已知条件及二项展开式的通项公式，结合有理项的特点即可求解； （2）利用二项式系数的性质及系数的最大项的求法即可求解. 【小问1详解】 由题意得, ∴，即,解得或（舍）. ∴，，1，2，…6， 所以，3，6时为有理项 即展开式中的有理项为：，，. 【小问2详解】 因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以， 设第项的展开式系数最大，则 ,解得。 所以展开式中系数最大项为：，. 17. 已知某校有甲，乙两支志愿服务队，甲队由3名男生和3名女生组成，乙队由4名男生和1名女生组成． （1）先从两队中选取一队，选取甲队的概率为，选取乙队的概率为，再从该队中随机选取一名志愿者，求该志愿者是男生的概率； （2）在某次活动中，从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队，记为乙队中男生与女生人数之差，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）的分布列为： X 1 3 5 P 期望为3 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式即可计算结果. （2）由题意可知的取值为1，3，5，然后求出对应的概率，即可得到分布列，从而求出期望． 【小问1详解】 设事件A为“选甲队”，事件B为“选乙队”，事件C为“选中男生” 则 【小问2详解】 ，从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队,X的可能取值为1、3、5， 则,, 故的分布列为： X 1 3 5 P 数学期望为 18. 在四棱锥中，侧面平面，四边形为直角梯形，，，，为等边三角形，点，分别为的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）点为线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接 ，利用余弦定理可得，结合勾股定理可得，可得，由面面垂直的性质可得平面，进而可得，可证结论； （2）取 的中点，连接，可证，，以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得两平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面所成角的余弦值； （3）设，设平面与平面所成的夹角为， 可得，利用换元法，结合二次函数的性质，可求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【小问1详解】 连接 ，因为点，分别为的中点，所以， 因为四边形为直角梯形，，，， 所以，， 在中，由余弦定理可得， 所以，所以，所以， 又因为为等边三角形，点为 的中点，所以， 又因为侧面平面，侧面平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，平面，所以平面； 【小问2详解】 取 的中点，连接，可得， 又平面，又平面，所以， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 则平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为； 【小问3详解】 设，则， 又， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的夹角为， 则， 令，， 则， 令，可得， 所以, 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为是上异于 的两点. （1）设、分别为直线、的斜率，求的值； （2）若直线和直线相交于点，且点在直线上， （i）证明:直线过定点； （ii）若和的外接圆面积分别为，求的最大值. 【答案】（1）; （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）设出点坐标，表示出，并计算，根据点在椭圆上，化简即可得结果； （2）（i）设，表示出直线、的方程，求出点的坐标，进而表示出直线的方程即可得证； （ii）设和的外接圆半径分别为，根据结合正弦定理得到，根据（i）中求得的的坐标通过代数方法求出 PQ 的最小值即得. 【小问1详解】 由题意可得，． 设，则，，所以． 因为在椭圆上，所以，所以． 故； 【小问2详解】 设，，则 直线的方程为，直线的方程为， 由，消去，整理得：， 则，， ∴ 由，消去，整理得：, 则，， ∴ 所以 直线的方程为， 即 故直线PQ恒过定点. （ii）由（i）知， 令，则， , 当时，取得最小值， 因为，所以. 设和的外接圆半径分别为， 由正弦定理得，所以. . 所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城九中2025-2026学年下学期高二期末考试 数学试卷 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 一､单项选择题（本大题共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. 若双曲线的离心率为，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 已知，，若，则m的值为（ ）． A. B. C. 3 D. 4 4. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则直线必过定点（ ） A. B. C. D. 5. 现有3道理科题和2道文科题共5道题，若不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为（ ）. A. B. C. D. 6. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若对空间中任意一点，有，则P、A、B、C四点共面 B. 已知向量，，则在上的投影向量为 C. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 D. 点关于平面对称的点的坐标是 7. 已知直线l：，则点到直线的最大距离为（ ） A. 5 B. 2 C. 8 D. 10 8. 已知点 为直线上的一个动点，为圆上任意两个不重合的点，记的最小值为的最大值为，则（　　） A. B. C. D. 二､多选题：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. 下列说法正确的有（ ） A. 数据的极差是18 B. 若用不同的模型拟合同一组数据，则决定系数越大的模型，拟合效果越好 C. 已知随机变量，若，则 D. 依据分类变量与 的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为两个变量没有关联 10. 圆：与圆：没有公共点，则的值可能是（ ） A. B. C. 2 D. 4 11. 如图，在直三棱柱中，，，是线段 的中点， 是线段上的动点（含端点），则下列命题正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 在直三棱柱内部能够放入一个表面积为的球 C. 直线与 所成角的正切值的最小值是 D. 的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线与抛物线交于两点，若，则 中点 到轴距离的最小值是______． 13. 有3男2女共5名学生被分派去A，B，C三个公司实习，每个公司至少1人，且A公司只要女生，共有_________种不同的分派方法用数字作答 14. 已知椭圆，的上顶点为，两个焦点为，，离心率为.过且垂直于的直线与交于，两点，，则的周长是_____. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知圆的圆心在 轴上，且经过点，. （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与圆交于、两点，若，求直线的方程. 16. 在二项式的展开式中， （1）若第4项的系数与第6项的系数比为5∶6，求展开式中的有理项； （2）若展开式中只有第5项的二项式系数最大，求展开式中系数最大的项． 17. 已知某校有甲，乙两支志愿服务队，甲队由3名男生和3名女生组成，乙队由4名男生和1名女生组成． （1）先从两队中选取一队，选取甲队的概率为，选取乙队的概率为，再从该队中随机选取一名志愿者，求该志愿者是男生的概率； （2）在某次活动中，从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队，记为乙队中男生与女生人数之差，求的分布列与期望． 18. 在四棱锥中，侧面平面，四边形为直角梯形，，，，为等边三角形，点，分别为的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）点 为线段 上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为是上异于的两点. （1）设、分别为直线、的斜率，求的值； （2）若直线和直线相交于点 ，且点 在直线上， （i）证明:直线过定点； （ii）若和的外接圆面积分别为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $