精品解析：江西九江市武宁尚美中学2025-2026学年高二下学期开学考试数学试题

江西省武宁县尚美中学2025-2026学年度下学期开学考 高二数学试卷 （考试时间120分钟，试卷满分150分） 一、单选题: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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 集合A={直线的斜截式方程}，B={一次函数的解析式}，则集合A，B间的关系为（ ） A. A⊆B B. B⫋A C. B=A D. A⫋B 2. 抛物线的焦点坐标是（ ） A B. C. D. 3. 若随机变量的分布列如表所示，，则 A. B. C. D. 4. 如图，在平行六面体中，，，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 2023年杭州亚运会是疫情之后我国举办的一项重大赛事，它不仅向世界展示了我国强大的综合实力，更体现了我国青年的奉献精神和志愿力量．运动会期间甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者站成一排拍照留念，其中甲和乙相邻，甲和丙不相邻，则不同的排列方式共有（ ）种． A. 24 B. 32 C. 36 D. 40 6. 某城市对市民上班的出行方式进行了调查，结果显示有的市民乘坐公共交通工具，有的市民开私家车，有的市民选择步行．在乘坐公共交通工具出行的市民中有的人迟到，在开私家车出行的市民中有的人迟到，在步行出行的市民中有的人迟到．以频率估计概率，从该市随机选择一名市民，若他迟到了，则这名市民是乘坐公共交通工具出行的概率为（    ） A. B. C. D. 7. 如图，在长方体中，，，，是棱上一条线段，且，是的中点，是棱的动点，则下列选项中不正确的是（ ） A. 四面体的体积为定值 B. 直线到平面的距离为定值 C. 点到直线的距离为定值 D. 直线与平面所成的角为定值 8. 过点作直线的垂线，垂足为M，已知点，则当变化时，的取值范围是　　 A. B. C. D. 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得零分. 9. 下列命题中，正确的有（ ） A. 若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则； B. 若非零向量，，满足，，则有； C. 在四面体中，若，，则； D. 若向量，，是空间一组基底，则，，也是空间的一组基底. 10. 已知的展开式的二项式系数和为128，则下列说法正确的是（ ） A. B. 展开式中各项系数的和为1 C. 展开式中第4项和第5项的二项式系数最大 D. 展开式中含项系数为 11. 若动直线与圆相交于两点，则（　　） A. 直线过定点 B. 最小值为 C. 的最小值为 D. 存在点，使为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12. 老张每天下班回家，通常步行5分钟后乘坐公交车再步行到家，公交车有，两条线路可以选择.乘坐线路所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后步行到家要5分钟；乘坐线路所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后步行到家要12分钟. 下列说法从统计角度认为不合理的是_________. 参考数据：若，则，， ①若乘坐线路，前一定能到家； ②乘坐线路比乘坐线路在前到家的可能性更大； ③乘坐线路比乘坐线路在前到家的可能性更大； ④若乘坐线路，则在前到家的可能性不超过. 13. 如图，过椭圆上顶点和右顶点分别作圆的两条切线，两切线的斜率之积为，则椭圆的离心率的取值范围是__________． 14. 数列共项，且，，关于的函数，，若是函数的极值点，且曲线的在点处的切线的斜率为，则满足条件的数列的个数为__________． 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. 已知圆的一条直径的两个端点为和． （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与圆交于，两点，求的最小值，并求出当最小时直线的方程． 16. 设直线与椭圆相交于A､B两点. （1）求弦长； （2）已知椭圆具有性质：设A､B为椭圆上任意两点，M是线段AB的中点，若直线AB､OM的斜率都存在，并记为､，则为定值.试对双曲线写出具有类似特征的性质，并加以证明. 17. 某中学参加成都市数学竞赛初赛结束后，为了解竞赛成绩情况，从所有学生中随机抽取100名学生，得到他们成绩，将数据整理后分成五组：，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）补全频率分布直方图，若只有的人能进决赛，入围分数应设为多少分（保留两位小数）； （2）采用分层随机抽样的方法从成绩为80~100的学生中抽取容量为6的样本，再从该样本中随机抽取3名学生进行问卷调查，求至少有1名学生成绩不低于90的概率； （3）进入决赛的同学需要再经过考试才能参加冬令营活动．考试分为两轮，第一轮为笔试，需要考2门学科，每科笔试成绩从高到低依次有，，，，五个等级．若两科笔试成绩均为，则直接参加；若一科笔试成绩为，另一科笔试成绩不低于，则要参加第二轮面试，面试通过也将参加，否则均不能参加．现有甲、乙、丙三人报名参加，三人互不影响．甲在每科笔试中取得，，，，的概率分别为，，，，；乙在每科笔试中取得，，，，的概率分别为，，，，；丙在每科笔试中取得，，，，的概率分别为，，，，；甲、乙、丙在面试中通过的概率分别为，，．求甲、乙、丙能同时参加冬令营的概率． 18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，E为PD中点，且． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 19. 已知椭圆C：＝1(a>b>0)经过点(，1)，且离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)设M，N是椭圆上的点，直线OM与ON(O为坐标原点)的斜率之积为.若动点P满足，求点P的轨迹方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省武宁县尚美中学2025-2026学年度下学期开学考 高二数学试卷 （考试时间120分钟，试卷满分150分） 一、单选题: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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 集合A={直线的斜截式方程}，B={一次函数的解析式}，则集合A，B间的关系为（ ） A. A⊆B B. B⫋A C. B=A D. A⫋B 【答案】B 【解析】 【分析】本题先判断直线的斜截式方程与一次函数的解析式各自包含直线方程的范围，再判断集合A，B间的关系即可. 【详解】解：直线的斜截式方程表示斜率存在的直线方程， 一次函数的解析式不包含斜率为零的斜截式方程， 所以集合A，B间的关系为B⫋A， 故选：B. 【点睛】本题考查集合的基本关系，直线的方程，是基础题. 2. 抛物线的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据题意得到抛物线的焦点在正半轴，且开口向上，，再求焦点坐标即可. 【详解】因为抛物线，所以抛物线的焦点在正半轴，且开口向上. 所以，故焦点坐标为. 故选：D 【点睛】本题主要考查根据抛物线标准方程求焦点坐标，属于简单题. 3. 若随机变量的分布列如表所示，，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：先根据所有概率和为1得a+b=0.8，再根据数学期望公式得a+2b=1.3,解方程组得a，b，即得值. 详解：因为分布列中所有概率和为1，所以a+b=0.8， 因为，所以a+2b+0.3=1.6, a+2b=1.3,解得a=0.3,b=0.5,a-b=-0.2, 因此选B. 点睛：分布列中 4. 如图，在平行六面体中，，，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意将作为一组基底，把表示出来，平方化简后可求得结果. 【详解】由题意得， 因为， 所以，， 因为, 所以 ， 所以，即的长为2， 故选：B 5. 2023年杭州亚运会是疫情之后我国举办的一项重大赛事，它不仅向世界展示了我国强大的综合实力，更体现了我国青年的奉献精神和志愿力量．运动会期间甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者站成一排拍照留念，其中甲和乙相邻，甲和丙不相邻，则不同的排列方式共有（ ）种． A. 24 B. 32 C. 36 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】相邻问题借助捆绑法，不相邻问题借助插空法计算即可得. 【详解】甲和乙相邻，则甲乙有种排法，则甲、乙、丁、戊共有种排法， 此时甲、乙、丁、戊间共有五个位置可排， 但甲和丙不相邻，故只能在三个位置中选一个，故共有种排法. 故选：C. 6. 某城市对市民上班的出行方式进行了调查，结果显示有的市民乘坐公共交通工具，有的市民开私家车，有的市民选择步行．在乘坐公共交通工具出行的市民中有的人迟到，在开私家车出行的市民中有的人迟到，在步行出行的市民中有的人迟到．以频率估计概率，从该市随机选择一名市民，若他迟到了，则这名市民是乘坐公共交通工具出行的概率为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用全概率公式和贝叶斯公式即可求出结果. 【详解】由题知市民乘坐公共交通工具出行迟到的概率为×=， 市民开私家车出行迟到的概率为×=， 市民骑行或步行出行迟到的概率为×=， 则这名市民迟到的概率为×+×+×=， 故所求的概率为. 故选：C. 7. 如图，在长方体中，，，，是棱上的一条线段，且，是的中点，是棱的动点，则下列选项中不正确的是（ ） A. 四面体的体积为定值 B. 直线到平面的距离为定值 C. 点到直线的距离为定值 D. 直线与平面所成的角为定值 【答案】D 【解析】 【分析】根据锥体体积公式说明高与底面面积均为定值，即可判断A；根据定直线与定平面关系可判断B；根据两平行直线关系可判断C；分别计算在端点时直线与平面所成的角，即可判断D. 【详解】因为，所以平面即为平面， 因此到平面的距离（设为）等于到平面的距离，即为定值； 因为，所以到直线的距离等于直线到直线的距离为定值，故C正确． 而，所以面积为定值， 因此四面体的体积等于，为定值，即A正确； 因为，所以直线与平面（即平面）平行， 从而直线到平面的距离等于定直线与定平面之间距离，为定值，故B正确； 当与重合时，过作交延长线于， 则由长方体性质得平面，即得， 因为平面，从而平面， 因此为直线与平面所成的角，， 当与重合时，因为平面，所以到平面的距离相等， 过作，则为点到到平面的距离． 连，则为直线与平面所成的角， ，故D错误． 故选：D． 8. 过点作直线的垂线，垂足为M，已知点，则当变化时，的取值范围是　　 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化已知直线为，即有且，解方程可得定点Q，可得M在以PQ为直径的圆上运动，求得圆心和半径，由圆的性质可得最值． 【详解】解：直线，即， 由，求得，直线经过定点． 由为直角三角形，斜边为PQ，M在以PQ为直径的圆上运动， 可得圆心为PQ的中点，半径为， 则与M的最大值为， 则与M的最小值为， 故MN的范围为：， 故选B． 【点睛】本题考查直线恒过定点，以及圆的方程的运用，圆外一点与圆上的点的距离的最值求法，考查运算能力，属于中档题． 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得零分. 9. 下列命题中，正确的有（ ） A. 若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则； B. 若非零向量，，满足，，则有； C. 在四面体中，若，，则； D. 若向量，，是空间一组基底，则，，也是空间的一组基底. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理，能作为基底的向量一定是不共面的向量，由此分别分析选择. 【详解】解：对于A：若向量，与空间任意向量都不能构成基底，只能两个向量为共线向量，即，故A正确； 对于B：若非零向量，，满足，，则与不一定共线，故B错误； 对于C：因为，， 所以， ，将上述两式相加得 ， 所以，所以，故C正确； 对于D：若向量，，，是空间一组基底， 则空间任意一个向量，存在唯一实数组， 使， 则，，也是空间的一组基底.故D正确. 故选：ACD. 10. 已知的展开式的二项式系数和为128，则下列说法正确的是（ ） A. B. 展开式中各项系数的和为1 C. 展开式中第4项和第5项的二项式系数最大 D. 展开式中含项的系数为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用二项式系数和为即可得解； 对于B，令即可得到展开式中各项系数的和，从而得以判断； 对于C，分别求得第4项和第5项的二项式系数，结合组合数的性质即可判断； 对于D，利用二项式定理得到展开式的通项公式，从而求得展开式中含项的系数，由此得以判断. 【详解】对于A，因为的展开式的二项式系数和为，所以，则，故A正确； 对于B，令，则，所以展开式中各项系数的和为，故B错误； 对于C，因为第4项的二项式系数为，第5项的二项式系数， 所以，又， 所以展开式中第4项和第5项的二项式系数最大，故C正确； 对于D，因为的展开通项为， 令，得，则， 所以含项的系数为，故D正确. 故选：ACD. 11. 若动直线与圆相交于两点，则（　　） A. 直线过定点 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 存在点，使为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】整理方程即可求得直线过定点，判断A选项；由圆方程得到圆心和半径，由圆的性质得到最短交点弦，由垂径定理求得最短弦，判断B选项；取的中点，由向量的加法整理即可求得其最值，判断C选项；取点，过点作圆的直径，由相交弦定理求得的值，判断D选项. 【详解】对于A，由，可得，故直线恒过定点，故A正确； 对于B，圆，圆心为，半径为3， 由圆的性质可得当时，最小， 此时，故B正确； 对于C，取的中点，则， 又，则圆心到直线的距离，所以， 则的最大值为，故C错误； 对于D，取点，过点作圆的直径，如图，因为， 且，所以， 由相交弦定理知，又，则， 所以为定值，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12. 老张每天下班回家，通常步行5分钟后乘坐公交车再步行到家，公交车有，两条线路可以选择.乘坐线路所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后步行到家要5分钟；乘坐线路所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后步行到家要12分钟. 下列说法从统计角度认为不合理的是_________. 参考数据：若，则，， ①若乘坐线路，前一定能到家； ②乘坐线路比乘坐线路在前到家的可能性更大； ③乘坐线路比乘坐线路在前到家的可能性更大； ④若乘坐线路，则在前到家的可能性不超过. 【答案】①② 【解析】 【分析】利用正态分布曲线对称性及正态分布的概率，对四个选项逐个分析判断即可. 【详解】对于①，因为， 即乘坐线路能到家的概率为， 所以乘坐线路，前不一定能到家，所以①错误； 对于②，乘坐线路A在前到家的概率为 ， 乘坐线路在前到家的概率为 ， 所以乘坐线路A和乘坐线路在前到家的可能性一样，所以②错误； 对于③，乘坐线路A在前到家的概率为， 乘坐线路在前到家的概率为 ， 所以乘坐线路比乘坐线路A在前到家的可能性更大，故③正确； 对于④，乘坐线路A，则在前到家的概率为 ，所以④正确. 故答案为：①② 13. 如图，过椭圆上顶点和右顶点分别作圆的两条切线，两切线的斜率之积为，则椭圆的离心率的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【详解】设过椭圆上顶点和右顶点作的两条切线的斜率为，则两条切线方程分别为 ；由于圆心到两条直线的距离为，可知，又，化简可得，所以，得，由椭圆的性质可得 ，所以，所以，故答案为. 14. 数列共项，且，，关于的函数，，若是函数的极值点，且曲线的在点处的切线的斜率为，则满足条件的数列的个数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】求导，由题意可得出，根据导数的几何意义，即可求得或，分类讨论，即可求得满足条件的数列的个数. 【详解】因为，则， 由已知可得，则. 由题意可得，可得，，可得或. ①当时，， 得的值有个，个， ， 得的值有个，个， 此时，数列的个数为个； ②当时，， 得的值有个，个， ， 得的值有个，个， 此时，数列的个数为个. 综上所述，数列的个数为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列个数的求解，解题的关键在于确定的值的个数，结合组合计数原理和分类加法计数原理求解. 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. 已知圆的一条直径的两个端点为和． （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与圆交于，两点，求的最小值，并求出当最小时直线的方程． 【答案】（1） （2）最小值为，的方程为 【解析】 【分析】（1）先求得线段AB的中点即圆心，从而求得半径，写出方程； （2）由时最小，再利用弦长公式求解. 【小问1详解】 解：由题意可知圆的圆心为，半径为． 所以圆的方程为． 【小问2详解】 易知当时最小，此时的斜率为， 所以直线的方程为，即， 所以． 16. 设直线与椭圆相交于A､B两点. （1）求弦长； （2）已知椭圆具有性质：设A､B为椭圆上任意两点，M是线段AB的中点，若直线AB､OM的斜率都存在，并记为､，则为定值.试对双曲线写出具有类似特征的性质，并加以证明. 【答案】（1） （2）设双曲线上任意两点A.B，M是线段AB的中点，若直线AB､OM的斜率都存在，并记为､，则为定值.证明见解析 【解析】 【分析】（1）联立方程组，写出韦达定理，利用弦长公式求解；（2）利用点差法计算求解. 【小问1详解】 设， 联立，得， 所以， 所以. 【小问2详解】 设A､B为双曲线上任意两点，M是线段AB的中点，若直线AB､OM的斜率都存在，并记为､，则为定值. 证明：设， 则，则， 因为，所以得， 即. 为定值，定值为. 【点睛】一般涉及中点弦问题，可利用点差法解决，设，代入双曲线方程作差即可得直线斜率与中点原点连线斜率之间的关系. 17. 某中学参加成都市数学竞赛初赛结束后，为了解竞赛成绩情况，从所有学生中随机抽取100名学生，得到他们的成绩，将数据整理后分成五组：，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）补全频率分布直方图，若只有的人能进决赛，入围分数应设为多少分（保留两位小数）； （2）采用分层随机抽样的方法从成绩为80~100的学生中抽取容量为6的样本，再从该样本中随机抽取3名学生进行问卷调查，求至少有1名学生成绩不低于90的概率； （3）进入决赛的同学需要再经过考试才能参加冬令营活动．考试分为两轮，第一轮为笔试，需要考2门学科，每科笔试成绩从高到低依次有，，，，五个等级．若两科笔试成绩均为，则直接参加；若一科笔试成绩为，另一科笔试成绩不低于，则要参加第二轮面试，面试通过也将参加，否则均不能参加．现有甲、乙、丙三人报名参加，三人互不影响．甲在每科笔试中取得，，，，的概率分别为，，，，；乙在每科笔试中取得，，，，的概率分别为，，，，；丙在每科笔试中取得，，，，的概率分别为，，，，；甲、乙、丙在面试中通过的概率分别为，，．求甲、乙、丙能同时参加冬令营的概率． 【答案】（1）图形见解析，78.75 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先求出的频率，再根据百分位数计算规则计算可得； （2）首先求出各组的人数，再根据古典概型及对立事件的概率公式计算可得； （3）首先求出甲、乙、丙能参加冬令营的概率，再根据相互独立事件的概率公式计算可得. 小问1详解】 由频率分布直方图可知的频率为， 所以组的纵轴为， 所以频率分布直方图如下所示： 又，， 所以第分位数位于，且， 所以入围分数应设为分； 【小问2详解】 依题意抽取人，抽取人， 从人中随机选人一共有中选法，其中人都是的有中选法， 设事件：“至少有1名学生成绩不低于”，则； 【小问3详解】 依题意甲能参加冬令营的概率， 乙能参加冬令营的概率， 丙能参加冬令营概率， 所以甲、乙、丙能同时参加冬令营的概率． 18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，E为PD中点，且． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行判定定理证明即可得； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量后，借助点到平面的距离公式计算即可得； （3）利用空间向量求出线面角的正弦值，再利用三角函数的基本关系求线面角的余弦值即可. 【小问1详解】 连接，交于点，连接， ∵为中点，为中点，∴， 又∵平面，平面，∴平面； 【小问2详解】 由底面是矩形且平面， 故可以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，， 则，，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 则点到平面的距离； 小问3详解】 由轴平面，故平面的法向量可为， 设直线与平面所成角为，则， ∴， ∴，即直线与平面所成角的余弦值为. 19. 已知椭圆C：＝1(a>b>0)经过点(，1)，且离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)设M，N是椭圆上的点，直线OM与ON(O为坐标原点)的斜率之积为.若动点P满足，求点P的轨迹方程. 【答案】(1)＝1；(2)＝1. 【解析】 【分析】 （1）离心率提供，椭圆过一点(，1)，提供，结合可求得，得椭圆方程； （2）设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由得x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2，利用P，Q都是椭圆上的点，满足椭圆方程，求得，再由可得结论． 【详解】(1)因为e＝，所以， 又椭圆C经过点(，1)，所以， 解得a2＝4，b2＝2， 所以椭圆C的方程为＝1. (2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由得x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2， 因为点M，N在椭圆＝1，即上， 所以， 故x2＋2y2＝ ， 设kOM，kON分别为直线OM与ON的斜率，由题意知， kOM·kON＝，因此x1x2＋2y1y2＝0， 所以x2＋2y2＝20， 故点P的轨迹方程为=1. 【点睛】本题考查求椭圆标准方程，求动点轨迹方程．本题求动点轨迹方程方法相似于动点转移法：设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由动点P与M,N的关系得x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2，M,N在已知椭圆上有，另外由kOM·kON＝，得x1x2＋2y1y2＝0，观察这些式子，求平方和正好消去所有参数得轨迹方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $