精品解析：江西省鹰潭市余江区第一中学2025-2026学年高二上学期期末数学试题

数学试卷 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. 4．本卷命题范围：北师大版选择性必修第一册第一章～第六章. 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. 某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片、2部文艺片、2部喜剧片，小华从中任选1部电影观看，则不同的选法种数有（ ） A. 12 B. 9 C. 8 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理即可求解. 【详解】由分类加法计数原理，得不同的选法种数为. 故选：D 2. 椭圆的焦距为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的方程及焦距的概念求解. 【详解】由，得，所以， 所以椭圆的焦距为. 故选：C 3. 已知直线与直线平行，则实数值为（ ） A. B. 1 C. D. 或1 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用两条直线平行的充要条件列式计算得解. 【详解】当时，，显然不平行； 所以，由直线与直线平行， 得，解得， 所以实数的值为. 故选：A 4. 已知向量，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 不能构成空间向量一组基底 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量加减的坐标运算、向量模的公式、向量数量积和基底的条件逐项计算即可. 【详解】向量， 对于A：，故A正确； 对于B：，故B不正确； 对于C:，故C正确； 对于D:，故是共面向量， 不能构成空间向量的一组基底，故D正确. 故选：B． 5. 某疾病在人群中的患病率为，该疾病患者被检测出（结果为阳性）的概率为，阴性人群被检测为阳性的概率为，则一个人检测结果为阳性的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由全概率公式即可求解. 【详解】用事件表示一个人患此种疾病，用事件表示检测结果为阳性， 则，， 所以 ． 故选：B. 6. 若圆与双曲线的渐近线相切，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出渐近线方程，由圆心到渐近线距离等于半径，得到方程，求出. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 圆的圆心，半径为2， 由对称性，圆心到渐近线的距离， 由题意得，故， 所以离心率. 故选：B 7. 美加墨足球世界杯将于2026年6月至7月在美国、加拿大、墨西哥16座城市举行，将是首次有48支球队参赛的世界杯.现在要从A，B，C，D，E五名志愿者中选派四人分别从事宣传、后勤、礼仪、服务四项不同工作，若A，B只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 60种 D. 120种 【答案】B 【解析】 【分析】根据两人被选中的情况进行分类讨论，再结合排列组合的知识求解即可. 【详解】根据题意可分为两种情况：两人都被选中和两人中只有一人被选中. ①当两人都被选中时，不同的选派方案有种； ②当两人中只有一人被选中时，不同的选派方案有种. 所以不同的选派方案有种. 故选：. 8. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为.已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据新定义，结合二项式定理可知，再确定中被7整除余3的数，即可得解. 【详解】由二项式定理，得 ， 因为能够被7整除， 被7除余3，则， 又2030除以7余0，2031除以7余1，2032除以7余2，2033除以7余3， 所以. 故选：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. 设离散型随机变量的分布列为 2 3 4 0.3 0.4 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据分布列的性质得出.进而根据期望方差公式得出的值，根据对应关系，得出的值. 【详解】对于A、B项，由表格可得，所以. 则， .故A正确，B错误； 对于C、D项，因为，，， 所以，，.故C错误，D正确. 故选：AD. 10. 在平行六面体中，，点是上靠近的三等分点，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项通过空间向量的加减法，将向量按向量减法法则变形为，利用向量与基底的关系得到表达式；对于B选项根据空间向量的线性运算，通过选取路径，结合三等分点的向量表示，得出结果；对于C选项，展开向量平方并代入已知模长与夹角的内积公式，综合运用空间向量数量积的运算法则；对于D选项，通过计算其数量积是否为零来实现，再次利用已知夹角与向量内积的性质. 【详解】对于A选项，在平行六面体中，，故A正确； 对于B选项，因为点是上靠近的三等分点，所以， 又，所以，故B正确； 对于C选项，因为，， ， 所以，所以，故C错误； 对于D选项，，所以，故D正确. 故选：ABD 11. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于、两点，，为坐标原点，则（ ） A. 准线方程为 B. C. 的最小值为 D. 的面积的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用抛物线的标准方程求出准线方程，可判断A选项；设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，结合平面向量数量积的坐标公式可判断B选项；利用抛物线的定义可判断C选项；利用三角形的面积公式可判断D选项. 【详解】由题意知，抛物线的焦点为，准线方程为，故A错误； 若直线与轴重合，则该直线与抛物线有且只有一个交点，不符合题意， 设的方程为，、，由得， ，所以，，所以， 所以，故B正确； 分别过、作的准线的垂线，垂足分别为、，则， 当且仅当、、三点共线时等号成立，此时，故C正确； 的面积， 当时，的面积取得最小值，故D错误． 故选：BC． 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】## 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性结合已知条件，即可得出答案. 【详解】由已知可得， 根据正态分布的对称性可知. 又，所以. 故答案为：. 13. 若直线与曲线恰有两个交点，则实数的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】直线恒过点，曲线表示以为圆心，3为半径的右半圆，根据直线与圆的位置关系求解. 【详解】如图，直线恒过点， 曲线表示出以为圆心，3为半径的右半圆， 设直线与半圆相切于点，则，解得，所以， 因为，，所以， 因为直线与曲线恰有两个交点， 所以，所以. 故答案为： 14. 在正三棱锥中，，且该三棱锥的各个顶点均在以为球心的球面上，设点到平面的距离为，到平面的距离为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】将三棱锥补成为正方体，然后确定出以及的位置，再通过向量法求解出，由此可求的结果. 【详解】在正三棱锥中，，又， 所以，所以，同理可得，即两两垂直， 把该三棱锥补成一个正方体，则三棱锥的外接球就是正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，易得， 如图，建立空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的一个法向量为，则，令，则，所以， 则点到平面的距离，所以． 故答案为：. 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. 在的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为64. （1）求展开式中的常数项； （2）求展开式中二项式系数最大的项. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据的二项式系数和为即可得，求出二项式展开式的通项，令的指数为零即可求解； （2）根据二项式展开式的通项即可求解. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 所以该二项式为， 则通项公式为：． 令，解得， 所以该二项式的展开式中的常数项为． 【小问2详解】 因为， 易知：展开式第四项二项式系数最大， 即, 所以展开式中二项式系数最大的项. 16. 已知圆的圆心在直线上，并且过和两点. （1）求圆的标准方程； （2）过直线上一点作圆的切线，，切点为，，求四边形面积最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，设，列出方程求得，求得圆； （2）根据题意求得，当时，得到，取得最小值，进而得出面积的最小值. 小问1详解】 由题意，圆心在直线上，可设， 因为圆过点，且过点， 可得，整理得， 所以，即，且半径 所以圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，圆，圆心，半径， 则四边形的面积， 设，因为， 所以当时，， 此时四边形的面积最小，最小值为； 17. 如图，在直三棱柱中，，是的中点． （1）求与平面所成角的正弦值； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出方向向量与平面的法向量，再代入公式即可； （2）写出平面的法向量，再代入公式即可. 【小问1详解】 在直三棱柱中，，不妨设, 平面，故以为坐标原点，过作的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 设与平面所成角为，. 故与平面所成角的正弦值为. 【小问2详解】 设平面的法向量为， 则，令，则，， ， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，椭圆与双曲线的左，右焦点均为，，且的离心率为，直线与交于A，B两点． （1）求椭圆的方程； （2）若直线过点，且点为线段BC的中点，求直线的方程； （3）若直线OA与直线OB的斜率之积为，证明：的面积为定值． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据双曲线方程求得，再由离心率及椭圆参数关系求得，即可得方程； （2）设，应用中点坐标公式有，再由点在曲线上求出坐标，即可得直线方程； （3）讨论直线的斜率，在斜率存在情况下设直线，联立椭圆并应用韦达定理，结合及斜率的坐标表示求得，最后由弦长公式、点线距离公式及三角形面积的求法证明结论. 【小问1详解】 设，因为双曲线的方程为，即， 所以，所以． 又，所以， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 设，由点为线段的中点，所以． 联立，解得或， 所以或， 因为，代入的坐标得， 所以直线的方程为，即． 【小问3详解】 当轴时，， 由，得， 所以，又，则， 所以的面积为． 当与轴不垂直时，设直线， 由，得，即①， 联立，消去并整理，得 所以，即， 代入①，得， 所以 又点到直线的距离， 所以的面积为， 综上，的面积为定值． 19. 2025年12月10日和11日，中央经济工作会议在北京召开.会议提出“坚持内需主导，建设强大国内市场”.为响应国家促进国内消费的政策，某大型商场在“双12”举办了“让利于民”的优惠活动，顾客消费每满500元可抽奖一次，抽奖方案有以下两种（顾客只能选择其中的一种）. 方案1：从装有4个红球，3个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出3个球.每摸出1次红球，优惠100元，若3次都摸到红球，则额外再优惠100元（即总共优惠400元）； 方案2：从装有4个红球，3个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，不放回地依次摸出3个球.中奖规则为：若摸出3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球，则享受打5折优惠；其余情况无优惠. （1）已知顾客选择抽奖方案2，若他第一次摸出的球为红球，求他能够享受优惠的概率； （2）已知顾客恰好消费了500元， （i）若他选择抽奖方案1，求顾客所获得的优惠金额的分布列和期望（结果精确到整数位）； （ii）试从顾客所获得的优惠金额的期望值分析顾客选择何种抽奖方案更合理. 【答案】（1） （2）（i）分布列见解析，190；（ii）顾客选择抽奖方案1更合理 【解析】 【分析】（1）求条件概率即可求出答案； （2）（i）设顾客所获得的优惠金额为元，的取值有，，，，分别求得概率，即可求出分布列，利用期望公式即可求出期望； （ii）求出，比较与的大小，即可求解. 【小问1详解】 设事件表示“第一次摸到红球”，事件表示“能够享受优惠”， 在第一次摸到红球后，抽奖盒中还剩3个红球和3个蓝球，共6个球， 若享受优惠，则后两次摸出2个红球或摸出1个红球1个蓝球， 从6个球中不放回地摸2个球，总情况有种， 摸出两个红球的情况有种，摸出1红1蓝的情况有种， 所以，即能够享受优惠的概率为. 【小问2详解】 （i）设顾客选择抽奖方案1时，顾客所获得的优惠金额为元， 的取值有，，，， 从装有4个红球，3个蓝球的抽奖盒中摸一个球，摸到红球的概率为，摸到蓝球的概率为， 当摸出0个红球时，， 当摸出1个红球时，， 当摸出2个红球时，， 当摸出3个红球时，. 所以顾客所获得的优惠金额的分布列为 0 100 200 400 所以选择方案1时，顾客所获得的优惠金额的期望为 . （ii）设顾客选择抽奖方案2时所获得的优惠金额为元， 的取值有，，， 当摸出0个红球或1个红球时，， 当摸出2个红球时，， 当摸出3个红球时，， 所以顾客所获得的优惠金额的分布列为 0 250 500 所以， 所以， 所以从获得优惠金额的期望值分析，顾客选择抽奖方案1更合理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 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. 4．本卷命题范围：北师大版选择性必修第一册第一章～第六章. 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. 某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片、2部文艺片、2部喜剧片，小华从中任选1部电影观看，则不同选法种数有（ ） A. 12 B. 9 C. 8 D. 7 2. 椭圆的焦距为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线与直线平行，则实数值为（ ） A. B. 1 C. D. 或1 4. 已知向量，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 不能构成空间向量一组基底 5. 某疾病在人群中的患病率为，该疾病患者被检测出（结果为阳性）的概率为，阴性人群被检测为阳性的概率为，则一个人检测结果为阳性的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 若圆与双曲线的渐近线相切，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 美加墨足球世界杯将于2026年6月至7月在美国、加拿大、墨西哥的16座城市举行，将是首次有48支球队参赛的世界杯.现在要从A，B，C，D，E五名志愿者中选派四人分别从事宣传、后勤、礼仪、服务四项不同工作，若A，B只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 60种 D. 120种 8. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为.已知，则（ ） 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. 设离散型随机变量的分布列为 2 3 4 0.3 0.4 若，则（ ） A B. C. D. 10. 在平行六面体中，，点是上靠近的三等分点，设，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于、两点，，为坐标原点，则（ ） A. 的准线方程为 B. C. 的最小值为 D. 的面积的最小值为 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. 若直线与曲线恰有两个交点，则实数的取值范围是_________． 14. 在正三棱锥中，，且该三棱锥的各个顶点均在以为球心的球面上，设点到平面的距离为，到平面的距离为，则__________． 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. 在的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为64. （1）求展开式中的常数项； （2）求展开式中二项式系数最大的项. 16. 已知圆的圆心在直线上，并且过和两点. （1）求圆的标准方程； （2）过直线上一点作圆切线，，切点为，，求四边形面积最小值. 17. 如图，在直三棱柱中，，是的中点． （1）求与平面所成角的正弦值； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 在平面直角坐标系中，椭圆与双曲线的左，右焦点均为，，且的离心率为，直线与交于A，B两点． （1）求椭圆的方程； （2）若直线过点，且点为线段BC的中点，求直线的方程； （3）若直线OA与直线OB的斜率之积为，证明：的面积为定值． 19. 2025年12月10日和11日，中央经济工作会议在北京召开.会议提出“坚持内需主导，建设强大国内市场”.为响应国家促进国内消费政策，某大型商场在“双12”举办了“让利于民”的优惠活动，顾客消费每满500元可抽奖一次，抽奖方案有以下两种（顾客只能选择其中的一种）. 方案1：从装有4个红球，3个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出3个球.每摸出1次红球，优惠100元，若3次都摸到红球，则额外再优惠100元（即总共优惠400元）； 方案2：从装有4个红球，3个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，不放回地依次摸出3个球.中奖规则为：若摸出3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球，则享受打5折优惠；其余情况无优惠. （1）已知顾客选择抽奖方案2，若他第一次摸出的球为红球，求他能够享受优惠的概率； （2）已知顾客恰好消费了500元， （i）若他选择抽奖方案1，求顾客所获得的优惠金额的分布列和期望（结果精确到整数位）； （ii）试从顾客所获得的优惠金额的期望值分析顾客选择何种抽奖方案更合理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $