精品解析：安徽省亳州市涡阳县第三中学2025-2026学年高二上学期期末数学试题

高二期末 数学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上. 一､单项选择题：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. 若向量的横､纵､竖三个坐标之和为0，则（ ） A. 6 B. 3 C. -3 D. -6 2. 若，则（ ） A. 2或6 B. 2或3 C. 3 D. 6 3. 已知，则圆与圆的位置关系是（ ） A. 内含 B. 外离 C. 相切 D. 相交 4. 已知点为抛物线上一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 4 5. 已知双曲线的一条渐近线经过点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 在三棱锥中，，且，且，若二面角的大小为，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 7. 在某校举行的“诵读经典”活动中，学校准备随机将6本图书奖励给获奖的6名学生，每名学生1本，其中《三国演义》和《红楼梦》各1本，《西游记》和《水浒传》各2本，同名书是完全一样的，则奖励方案的种数为（ ） A. 720 B. 360 C. 180 D. 120 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，点为的内心，线段的延长线与轴交于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：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. 已知直线，则下列说法正确的是（ ） A. 可能垂直于轴 B. 可能垂直于轴 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知的展开式中的系数为6，则（ ） A. B. 展开式中各二项式系数之和为16 C. 展开式中第4项为 D. 展开式中不含常数项 11. 已知椭圆的左､右焦点分别为为上一动点，过点的直线与交于两点，且为的中点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. 点不可能在以为直径的圆内 B. 若，则 C. 直线的方程为 D. 存在点，使得四边形为平行四边形 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从4顶不同的帽子中随机选择2顶分给甲､乙两人，每人1顶帽子，共有__________种分法.（用数字作答） 13. 已知是空间的一组基，向量，且四点共面，则__________. 14. 对于一个圆，若点使得圆上任意一点都满足为常数，则称是一对与此圆对应的阿波罗尼斯点.已知点为圆上任意一点，点与点是一对与圆对应的阿波罗尼斯点，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. 已知直线. （1）若经过圆的圆心，求的方程； （2）若与两坐标轴围成的三角形面积为2，求的方程. 16. 如图，在四棱锥中，为的中点，，. （1）求的值； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知的展开式中所有项的系数之和为729. （1）求； （2）求展开式中各项系数的最大值；（结果用数字表示） （3）求的展开式中的系数.（结果用数字表示） 18. 已知抛物线的焦点为，点在上，且. （1）求的方程. （2）过点作互相垂直的动直线，设与分别交于点和点，其中点，在第一象限，再过点作轴的垂线，分别交直线于点. （i）证明：是的中点. （ii）以为直径的圆是否可能与轴相切？请说明理由. 19. 如图，在三棱锥中，为正三角形，，过点的平面与棱分别交于点，且，记. （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）记点到平面的距离分别为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二期末 数学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上. 一､单项选择题：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. 若向量的横､纵､竖三个坐标之和为0，则（ ） A. 6 B. 3 C. -3 D. -6 【答案】C 【解析】 【分析】依题意列方程可求得结果. 【详解】向量的横､纵､竖坐标之和为0，则， 解得 故选：C. 2. 若，则（ ） A. 2或6 B. 2或3 C. 3 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合数性质解方程即可. 【详解】由题意可得或， 解得或. 经检验均满足题意. 故选：A. 3. 已知，则圆与圆的位置关系是（ ） A. 内含 B. 外离 C. 相切 D. 相交 【答案】D 【解析】 【分析】根据两圆方程求出圆心距，并与两圆半径之和、之差进行比较，即可得出结论. 【详解】圆的圆心，半径， 圆的圆心，半径， 则，因， 即两圆相交， 故选：D. 4. 已知点为抛物线上一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，从而转化为关于的二次函数，结合二次函数的性质计算可得. 【详解】因为点为抛物线上一动点， 所以，即, 所以，当且仅当时取等号， 所以的最小值为，此时，. 故选：B 5. 已知双曲线的一条渐近线经过点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据渐近线得出，再应用计算离心率即可. 【详解】双曲线的一条渐近线过点， 所以，即得， 所以. 故选：B. 6. 在三棱锥中，，且，且，若二面角的大小为，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何体特征以及二面角定义，利用向量数量积的运算律计算可得结果. 【详解】设的中点为，连接，如下图所示： 因为且，所以， 又因为，二面角的大小为，所以； 因此 . 故选：B 7. 在某校举行的“诵读经典”活动中，学校准备随机将6本图书奖励给获奖的6名学生，每名学生1本，其中《三国演义》和《红楼梦》各1本，《西游记》和《水浒传》各2本，同名书是完全一样的，则奖励方案的种数为（ ） A. 720 B. 360 C. 180 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理计算即可求得结果. 【详解】由题可知，第一步先从6人中选取两人奖励给《西游记》， 第二步从剩余的4人中选取两人奖励给《水浒传》， 第三步，将《三国演义》和《红楼梦》分给最后两名学生， 因此奖励方案的种数为. 故选：C 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，点为的内心，线段的延长线与轴交于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据内心性质以及角平分线定理可得，再由椭圆定义可得，可求得离心率. 【详解】连接，如下图： 因为点为的内心，所以分别为三个内角的角平分线， 又，可得， 在中，由角平分线定理可得，即； 在中，由角平分线定理可得，即； 又因为，所以， 即，所以离心率为. 故选：D 二､多项选择题：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. 已知直线，则下列说法正确的是（ ） A. 可能垂直于轴 B. 可能垂直于轴 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据直线平行的条件、直线垂直的条件逐项判断即可. 【详解】对于A，因为直线，的系数不为0，所以不垂直于轴，A错误； 对于B，当时，，与轴垂直，B正确； 对于C，当时，. 因为直线的斜率均为且不重合，所以两直线平行，C正确； 对于D，因为，所以，解得或. 当时，由C选项知两直线是平行的； 当时，，斜率均为，且两直线不重合，所以两直线平行. 故时或，D错误； 故选：BC. 10. 已知的展开式中的系数为6，则（ ） A. B. 展开式中各二项式系数之和为16 C. 展开式中第4项为 D. 展开式中不含常数项 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意求得，根据二项式定理依次判定各选项即可求解. 【详解】展开式的通项为，， 由题意可得展开式中的系数为6，则，解得， 对于A，，，所以，故A正确； 对于B，，故展开式中各二项式系数之和为16，故B正确； 对于C，展开式中第4项为，故C错误； 对于D，令，解得，故展开式中不含常数项，故D正确. 故选：ABD 11. 已知椭圆的左､右焦点分别为为上一动点，过点的直线与交于两点，且为的中点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. 点不可能在以为直径的圆内 B. 若，则 C. 直线的方程为 D. 存在点，使得四边形为平行四边形 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出以为直径的圆的方程，再由点在椭圆上可得点不可能在圆内，A正确，由椭圆定义可得解得,再利用余弦定理计算可得B错误，利用点差法代入点的坐标求出，可知C正确，分别求出弦长，再根据平行四边形性质可得出存在点满足，且，可得D正确. 【详解】对于A，由题意知，所以， 以为直径的圆的方程为, 又在椭圆上，满足，即， 代入圆的方程左边，当且仅当时取等号， 所以点不可能在以为直径的圆内，A正确， 对于B，易知，又，解得, 又,则,B错误， 对于C，设，因为是的中点，所以， 由，两式相减得 代入得， 变形得,则直线的方程为，即,C正确， 对于D，联立，整理可得, 可得，所以， 假设存在点，使得四边形为平行四边形，可知， 即直线方程为，代入椭圆方程可得， 因此， 即可知，且，因此四边形为平行四边形，即D正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从4顶不同的帽子中随机选择2顶分给甲､乙两人，每人1顶帽子，共有__________种分法.（用数字作答） 【答案】12 【解析】 【分析】根据排列数定义以及分步乘法计数原理可得结果. 【详解】依题意可知该问题等价于将4顶不同的帽子排到两个不同的位置上， 因此共有种. 故答案为：12. 13. 已知是空间的一组基，向量，且四点共面，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据四点共面，可得存在实数m，n，使得，根据条件，代入求解，即可得答案. 【详解】因为四点共面，所以存在实数m，n，使得， 因为， 所以， 则，解得. 故答案为：1 14. 对于一个圆，若点使得圆上任意一点都满足为常数，则称是一对与此圆对应的阿波罗尼斯点.已知点为圆上任意一点，点与点是一对与圆对应的阿波罗尼斯点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据阿波罗尼斯点的定义设出点的坐标，再结合点在圆上，利用两点间距离公式列出等式，通过等式恒成立即可求出. 【详解】点与点是一对与圆对应的阿波罗尼斯点，设 设，则， ，两边同时平方得， 把代入得， ，，， 即，解得或， 又，，，. 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. 已知直线. （1）若经过圆的圆心，求的方程； （2）若与两坐标轴围成的三角形面积为2，求的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）确定圆心坐标，代入直线方程求得，即可求解； （2）分别计算直线在两坐标轴上的截距，结合面积公式求得，即可求解. 【小问1详解】 圆的方程可变形为， 其圆心为. 因为经过圆的圆心， 所以，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 由题可知， 由的方程可得，与轴交于点，与轴交于点. 由题意可得， 解得， 所以的方程为或. 16. 如图，在四棱锥中，为的中点，，. （1）求的值； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）0 （2）. 【解析】 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，应用空间向量的数量积坐标公式计算求解； （2）先求出平面的法向量，再应用线面角正弦公式计算求解. 【小问1详解】 因为， 故以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 可得， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得. 设平面的法向量为， 则 令，可得. 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知的展开式中所有项的系数之和为729. （1）求； （2）求展开式中各项系数的最大值；（结果用数字表示） （3）求的展开式中的系数.（结果用数字表示） 【答案】（1） （2）240 （3）140 【解析】 【分析】（1）赋值得到关于的等式，进而求出结果. （2）先根据二项式定理求出通项，然后列出不等式，求解即可. （3）根据二项式定理求出所求项的系数. 【小问1详解】 令，得，得. 【小问2详解】 的展开式的通项. 设第项的系数最大， 则整理得 解得，则， 所以展开式中各项系数的最大值为. 【小问3详解】 中没有项，的展开式中的系数为的展开式中的系数为，的展开式中的系数为， 所以的系数为. 18. 已知抛物线的焦点为，点在上，且. （1）求的方程. （2）过点作互相垂直的动直线，设与分别交于点和点，其中点，在第一象限，再过点作轴的垂线，分别交直线于点. （i）证明：是的中点. （ii）以为直径的圆是否可能与轴相切？请说明理由. 【答案】（1） （2） （i）证明：由（1）可知的焦点坐标为， 由题意知的斜率都存在且不为0，设，则， 设，如下图： AI 联立可得消去并整理得， 此时，且. 同理. 直线的斜率为，方程为， 由，得.同理. 又，所以， 可得，所以是的中点. （ii）不可能，理由为： 由（i）中是的中点可得若以为直径的圆与轴相切，则. 由，可得，所以. 又，故， 即， 整理得. 不妨取，则，所以， 又，可得. 代入，可得，因为，此方程无解， 故以为直径的圆不可能与轴相切. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义由可得，可求得其方程； （2）（i）设并与抛物线联立，结合韦达定理可得，同理可得，求出直线的方程可解得，同理求得可得，所以是的中点； （ii）由（i）中结论可知若以为直径的圆与轴相切，则，由韦达定理联立方程可得，由判别式可知此方程无解，故以为直径的圆不可能与轴相切. 【小问1详解】 由题可知的准线为. 因为点在上，且，所以， 解得， 则的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 19. 如图，在三棱锥中，为正三角形，，过点的平面与棱分别交于点，且，记. （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）记点到平面的距离分别为，求的最小值. 【答案】（1） 证明：如图，取的中点，连接. 因为为正三角形，所以. 因为，所以，即， 所以为等腰直角三角形，则. 因为在正三角形中，，所以. 又，所以，即. 又因为，平面. 所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据正三角形的性质，可证，根据勾股定理，可证，，根据面面垂直的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标和所需向量坐标，求出平面的法向量，易得平面的法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案. （3）由（2）得各点坐标，求出平面的法向量，根据点到平面距离的向量求法，可得的表达式，整理计算，结合基本不等式，即可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以，又由（1）知两两互相垂直， 以为坐标原点，分别以直线，为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则. 因为，所以为的中点，又，所以为的中点， 则，所以， 设平面的法向量为， 则，令，则可取， 易知平面的一个法向量为. 则， 由图象得平面与平面的夹角为锐二面角， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）得，. 则. 设平面的法向量为， 则，令，则可取， 所以， 于是. 设，则， 则 ， （当且仅当，即时取“”）， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $