精品解析：湖北当阳市第二高级中学、宜都市第二中学、宜昌市夷陵区东湖高级中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷

2025年秋季学期高二年级期末考试数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分. 一、单选题（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，只有一个选项是正确的） 1. 某中学高一年级有400人，高二年级有320人，高三年级有280人，若用随机数法在该中学抽取容量为n样本，每人被抽到的可能性都为0.3，则n等于（ ） A. 160 B. 200 C. 280 D. 300 2. 已知数列是等比数列，，，则公比（ ） A. B. C. 2 D. 3. 若圆与的交点为，则线段的垂直平分线的方程是（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机事件A和B互斥，且，则等于（ ） A. 0.8 B. 0.7 C. 0.5 D. 0.2 5. 如图，在平行六面体中，,且，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 6. 某无人机爱好者组织小规模无人机表演，按照如图所示规律排列图形，若从第一组开始依次排列，则210架无人机可以同时排出的图形组数是（ ） A. 14 B. 13 C. 12 D. 11 7. 在三棱锥中，平面，，分别是棱的中点，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线与直线相交于，两点，其中中点的横坐标为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 数列的前n项和，则（ ） A. B. C. 是等差数列 D. 当或6时，数列有最大项 10. 如图，已知正方体边长为1，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与所成角为 B. 平面平面 C. 三棱锥体积是正方体体积的 D. 直线与平面所成角的正弦值为 11. 已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，下列说法正确的有（ ） A. 抛物线的焦点坐标为 B. 若，则线段AB的中点到轴的距离为3 C. 以线段为直径的圆与轴相切 D. 以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 双曲线渐近线方程为______. 13. 已知是等差数列，是等比数列，是数列前n项和，，，则=______． 14. 已知椭圆的上顶点为，两个焦点为，短轴长是长轴长的倍，则直线的斜率为___________；过点且垂直于的直线与椭圆交于D，E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. 某校为了调查学生的课外阅读情况，从全校学生中随机抽取100名学生，将他们的周平均课外阅读时间（单位：小时）数据按照，，，，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图估计全校学生周平均课外阅读时间的平均数（每组数据取区间的中点值作代表）、众数与中位数， （2）用分层抽样的方法从，，三组中抽取6人，求从这6人中随机选出2人，这2人恰好在同一组的概率． 16. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于 （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程． 17. 如图所示，直三棱柱，，，为中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面BCE夹角的余弦值和点到平面的距离； 18. 已知等差数列的前项和为，，. （1）求数列通项公式； （2）设，求数列的前项和. （3）设求数列的前项和. 19. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为． （1）求椭圆的方程； （2）设直线、的斜率分别为、，且． ①求证：直线经过定点； ②设和的面积分别为、，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋季学期高二年级期末考试数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分. 一、单选题（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，只有一个选项是正确的） 1. 某中学高一年级有400人，高二年级有320人，高三年级有280人，若用随机数法在该中学抽取容量为n的样本，每人被抽到的可能性都为0.3，则n等于（ ） A. 160 B. 200 C. 280 D. 300 【答案】D 【解析】 【分析】根据从总体中抽取样本的概率计算方法可得. 【详解】由题意,所以(人) 故选：D. 2. 已知数列是等比数列，，，则公比（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用等比数列的通项公式列出关于和 的方程组，解方程组即可得出答案. 【详解】由题意可知，解得. 故选：D 3. 若圆与的交点为，则线段的垂直平分线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出两圆圆心，根据线段的垂直平分线即为直线，进而求解即可. 【详解】由圆，即， 则圆心为，半径为， 由圆，即， 则圆心为，半径为， 由于线段的垂直平分线即为直线， 而，则直线的方程为，即. 故选：D 4. 已知随机事件A和B互斥，且，则等于（ ） A. 0.8 B. 0.7 C. 0.5 D. 0.2 【答案】C 【解析】 【分析】利用互斥事件加法公式和对立事件概率公式计算即可. 【详解】因为随机事件A和B互斥，且， 所以，所以. 故选：C. 5. 如图，在平行六面体中，,且，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的运算法则，求得，结合向量的数量积和模的运算公式，准确计算，即可求解. 【详解】在平行六面体中，且， 由， 则 ， 所以. 故选：C. 6. 某无人机爱好者组织小规模无人机表演，按照如图所示规律排列图形，若从第一组开始依次排列，则210架无人机可以同时排出的图形组数是（ ） A. 14 B. 13 C. 12 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】记第组中无人机的架数为，可知数列是首项为1，公差为3的等差数列，结合等差数列求和公式运算求解. 【详解】记第组中无人机的架数为， 由图形可得， 可知数列是首项为1，公差为3的等差数列， 则数列的前项和， 令，得，解得（舍）或， 所以210架无人机可以同时排出的图形组数是12． 故选：C 7. 在三棱锥中，平面，，分别是棱的中点，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，用向量的方法直接计算线面角的正弦值. 【详解】因为平面，平面，所以. 又因为，所以， 故以A点为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图： 则， 又因为分别是棱的中点，所以. 设平面的法向量为，. 由，得，令，则，即. 因为，所以直线与平面所成角的正弦值为 . 故选：C. 8. 已知双曲线与直线相交于，两点，其中中点的横坐标为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出弦的中点坐标，再利用点差法列式求出离心率. 【详解】设，中点，则，， ，两式相减得，经检验成立. 所以该双曲线的离心率为. 故选：B 二、多选题（本大题共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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 数列的前n项和，则（ ） A. B. C. 是等差数列 D. 当或6时，数列有最大项 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据与的关系式，可得判定A正确，B不正确；求得，利用等差数列的定义，可判定C正确；根据等差数列的性质，可判定D正确. 【详解】由数列的前n项和， 当时，可得； 当时，， 因为适合上式，所以的通项公式为，所以A正确，B不正确； 又由，可得， 所以数列是公差为的等差数列，所以C正确； 由，令，可得，解得； 令，可得，解得， 所以当时，；当时，， 所以当或6时，数列有最大项，所以D正确. 10. 如图，已知正方体边长为1，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与所成角为 B. 平面平面 C. 三棱锥的体积是正方体体积的 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】连接和，得到，利用异面直线所成角的求法，可判定A不正确；利用线面垂直和面面垂直的判定定理，可判定B正确；利用锥体的体积公式，可判定C正确；利用线面角的定义，得到为直线与平面所成角，可判定D错误. 【详解】对于A，连接和，在正方体中，可得， 所以直线与所成角即为直线与所成角， 因为等边三角形，可得，则直线与所成角为，故A不正确； 对于B，在正方体中，可得平面， 因为平面，可得， 又因为正方形，可得，，且平面， 所以平面，又因平面，所以平面平面，故B正确； 对于C，因为平面，所以三棱锥的高， 又由，所以三棱锥的体积为，所以C正确； 对于D，设和交于点，因为平面，即平面， 所以为直线与平面所成角， 因为正方体的棱长为，可得， 在直角中，可得，所以D错误. 11. 已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，下列说法正确的有（ ） A. 抛物线的焦点坐标为 B. 若，则线段AB的中点到轴的距离为3 C. 以线段为直径的圆与轴相切 D. 以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切 【答案】BCD 【解析】 【分析】由抛物线的标准方程可判断A，由抛物线的焦点弦公式可判断B，由抛物线的定义计算圆心到直线的距离等于半径可判断C和D. 【详解】对于A，抛物线的准线方程为，焦点为，故A错误． 对于B，设点，由抛物线的定义可得， 可得，所以线段的中点到轴的距离为，故B正确． 对于C，因的中点为 该点到轴的距离为， 故以线段为直径的圆与轴相切，故C正确． 对于D，因，故以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切，即D正确． 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 双曲线的渐近线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】求出、的值，即可得出双曲线的渐近线方程. 【详解】在双曲线中，，， 所以双曲线的渐近线方程为. 故答案为：. 13. 已知是等差数列，是等比数列，是数列的前n项和，，，则=______． 【答案】−1 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式以及等差中项，求第六项，再根据等比数列的等比中项，解得第六项的平方，结合对数运算可得答案. 【详解】因为是等差数列，且是数列前n项和，所以，解得， 因为是等比数列，所以， 则. 故答案为：. 14. 已知椭圆的上顶点为，两个焦点为，短轴长是长轴长的倍，则直线的斜率为___________；过点且垂直于的直线与椭圆交于D，E两点，，则的周长是___________. 【答案】 ①. ②. 13 【解析】 【分析】由题设易得，,则直线的斜率为,做出简图，分析可得直线 的方程为，直线 垂直平分，所以的周长等于的周长，将直线方程与椭圆方程联立，利用弦长公式求出c，a的值，进而得解. 【详解】因为短轴长是长轴长的倍，故，即； 因为 ，即 ， 上顶点 ，焦点， 则直线的斜率为 ； 设直线的倾斜角为，所以，所以 ， 所以 , 又因为 ,所以 为等边三角形， 因为过点且垂直于的直线与椭圆交于D，E两点， 所以是的垂直平分线， 所以 所以的周长等于的周长 ， 所以的周长为， 因为且，所以, 所以直线的方程为； 联立，得到 又因为，所以 设，所以 故 解得，故； 所以的周长为， 则的周长是13. 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. 某校为了调查学生的课外阅读情况，从全校学生中随机抽取100名学生，将他们的周平均课外阅读时间（单位：小时）数据按照，，，，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图估计全校学生周平均课外阅读时间的平均数（每组数据取区间的中点值作代表）、众数与中位数， （2）用分层抽样的方法从，，三组中抽取6人，求从这6人中随机选出2人，这2人恰好在同一组的概率． 【答案】（1）平均数为，众数为，中位数为 （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据频率分布直方图的所有矩形面积和为1，求出的值，利用频率分布直方图估计平均数，众数与中位数的算法可得答案； （2）计算、、三组的人数，根据分层抽样的比例求出每组抽取的人数；最后利用古典概型可得概率值. 【小问1详解】 因为频率分布直方图所有矩形的面积之和为， 所以，解得． 估计全校学生周平均课外阅读时间的平均数为： 小时． 估计全校学生周平均课外阅读时间的众数为小时． 设全校学生周平均课外阅读时间的中位数为小时，则， 解得． 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，，三组数频率的比为， 所以利用分层抽样的方法抽取人，这三组被抽取的人数分别为，，， 从这人中随机选出人，则样本空间共有个样本点， 设事件“选出的人在同一组”，则共有个样本点，所以， 即从这人中随机选出人，这人恰好在同一组的概率为． 16. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于 （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】(1)由题意知点到直线距离公式可确定圆A半径，带入到圆的标准方程可求得圆的方程； (2) 过A做，由垂径定理可知圆心到直线，设出直线，可分为斜率存在和斜率不存在两种情况，解之可得直线方程 【小问1详解】 易知到直线的距离为圆A半径r， 所以， 则圆A方程为 【小问2详解】 过A做由垂径定理可知，且， 在中由勾股定理易知 当动直线斜率不存在时，设直线的方程为， 经检验圆心到直线的距离为，且根据勾股定理可知， 显然合题意， 当动直线斜率存在时，过点，设方程为：， 由到距离为知得， 代入解之可得， 所以或为所求方程． 17. 如图所示，直三棱柱，，，为中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面BCE夹角的余弦值和点到平面的距离； 【答案】（1）证明见解析； （2）平面与平面BCE夹角的余弦值为，点到平面BCE的距离为 【解析】 【分析】（1）解法一：得到平面，得到，结合，得到线面垂直； 解法二：建立空间直角坐标系，由数量积为0得到，，从而得到线面垂直； （2）求出平面的法向量，利用面面角的向量夹角公式和点到平面距离公式进行求解. 【小问1详解】 解法一：因为直三棱柱中，， 所以四边形为正方形，， 又，，且，AB、平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，，且、平面， 所以平面 解法二：设，由及勾股定理得， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，得，， ，，，， 则，， 所以，因此. 又，所以， 又，且、平面， 所以平面. 【小问2详解】 设平面的法向量，而，， 所以可得，解得，令，得，故， 设平面的法向量，而，， 所以可得，解得，令，得，， 设平面与平面BCE的夹角为， 则二面角余弦值. 因为平面的法向量为，， 所以点到平面的距离为. 18. 已知等差数列的前项和为，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. （3）设求数列的前项和. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的基本性质运算求解通项公式； （2）运用错位相减法求和； （3）运用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则， 解得，， . 【小问2详解】 由（1）， 所以①. ②. ①②得 . 【小问3详解】 因为， 所以数列的前项和. 19. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为． （1）求椭圆的方程； （2）设直线、斜率分别为、，且． ①求证：直线经过定点； ②设和的面积分别为、，求的最大值． 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据题意可得出关于的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）①设点，、，，根据直线斜率是否存在进行分类讨论，；联立方程组结合韦达定理化简得到直线方程即得直线能过的定点；②写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值. 【小问1详解】 当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值， 且最大值为， 由题意可得，解得， 椭圆标准方程为． 【小问2详解】 ①证明：设点，、，， 若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意； 设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右顶点，则， 联立，消去可得， 由，得， 由韦达定理可得，， 则， ， 解得， 即直线的方程为，故直线过定点． ②由韦达定理可得，， ， ，令，则， ， 函数在上单调递增， ，当且仅当时，等号成立， 因此，的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $