江西省九江六校协作体2025-2026学年高二上学期期末检测数学试卷含解析（word版）

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1. 答案 D
命题透析 本题考查直线的倾斜角和斜率.
解析 直线的斜率为 −33 ，所以倾斜角为 5π6 .
2. 答案 B
命题透析 本题考查空间向量的坐标运算.
解析 由题意得 b−a=−3,−1,1−x ,则 b⋅b−a=6−x=0 ,解得 x=6 .
3. 答案 C
命题透析 本题考查二项式定理的应用.
解析 展开式中常数项为 C64x222x4=60 .
4. 答案 D
命题透析 本题考查空间向量的基底法.
解析 由题意得 EF=BF−BE ,因为 E 为 AB 的中点, F 为 CD 的中点,所以 BF−BE=12BC+BD−12BA ,即 EF=−12a+12b+12c.
5. 答案 C
命题透析 本题考查线性回归分析的相关概念与计算.
解析 根据表中数据计算可得 x=3,y=11 ,代入线性回归方程得 11=−2.2×3+b ,得 b=17.6 ,故 A 正确; 因为 −2.20 ,代入得
4+4+m2+4+2m+2m=17 ,即 m2+4m−5=0 ,解得 m=1 或 m=−5 (舍去),故 AA1=1 .
14. 答案 105
命题透析 本题考查椭圆离心率的综合问题.
解析 由已知得 S△AF1F2=2S△AOF1 ,所以 S△AF1F2=25S△ABF1 ,即 S△AF1F2=23S△BF1F2 ,即 AF2=23BF2 ,因为 AB=54a ,所以 AF2=a2,BF2=34a ,所以 BF1=2a−BF2=54a=AB,AF1=2a−AF2=32a , 如图所示,过点 B 作 BD⊥AF1 于点 D ,则点 D 为 AF1 的中点,则 cs∠F1AF2=ADAB=35 ,在 △AF1F2 中,由余弦定理,得 cs∠F1AF2=94a2+14a2−4c22×32a×a2=35 ,所以 2a2=5c2 ,则 e=ca=105 .

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. 命题透析 本题考查概率的计算、独立性检验的应用.
解析 (1) 接受过培训的学生能准确识别谣言的概率为 6868+32=1725 . (3 分)
未接受过培训的学生能准确识别谣言的概率为 4242+58=2150 . (6 分)
(2)零假设 H0 : 学生识别网络谣言的能力与培训无关. (7 分)
根据 2×2 列联表的数据可得 χ2=200×68×58−42×322100×100×110×90≈13.657 . (10 分)
因为 13.657>10.828 ,所以在犯错误的概率不超过 0.1% 的前提下,认为 H0 不成立,即认为学生识别谣言的能力与培训有关. (13 分)
16. 命题透析 本题考查抛物线的几何性质、抛物线与直线的位置关系.
解析 (1) 依题意得, −p2=−1 ,即 p=2 .
所以 C:x2=4y . (2 分)
设直线 AB:y=kx−1,Ax1,y1,Bx2,y2 .
由 y=kx−1,x2=4y, 得 x2−4kx+4=0 ,
则 x1+x2=4k,x1x2=4,Δ=16k2−16>0, 得 k2>1 , (4 分)
由点 F0,1 到直线 AB 的距离为 d=2k2+1=1 ,解得 k=±3 ,满足 k2>1 .
故直线 AB 的斜率为 ±3 . (7 分)
(2) FA=x1,y1−1,FB=x2,y2−1 ， (9 分)
FA⋅FB=x1x2+y1−1y2−1=x1x2+kx1−2kx2−2=k2+1x1x2−2kx1+x2+4 , (11 分)
结合 (1),得 4k2+1−8k2+4=0 ,所以 k=±2 , (12 分)
故 △FAB 的面积为 S=12PF×x1−x2=x1+x22−4x1x2=16k2−16=4 . (15 分)
17. 命题透析 本题考查空间向量在立体几何中的应用.
解析 方法一:(1)以 A 为坐标原点，直线 AD ， AB ， AP 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz. (1 分)

由已知得 A0,0,0,B0,4,0,C4,4,0,D4,0,0,E0,4,2,P0,0,4 , (2 分)
故 BD=4,−4,0,PC=4,4,−4,PE=0,4,−2 . (3 分)
设平面 PEC 的法向量为 m=a,b,c ,
则 m⋅PC=0,m⋅PE=0, 即 4a+4b−4c=0,4b−2c=0, 可取 m=1,1,2 . (5 分)
因为 BD⋅m=4×1−4×1=0 ,故 BD⊥m ,
又 BD⊄ 平面 PEC ,所以 BD// 平面 PEC . (7 分)
(2)因为 F 为 PD 的中点，所以 F2,0,2 ，则 AB=0,4,0,BF=2,−4,2,BE=0,0,2 . (8 分) 设平面 ABF 的法向量为 n1=x,y,z ,
则 n1⋅AB=0,n1⋅BF=0, 即 4y=0,2x−4y+2z=0, 可取 n1=1,0,−1 . (10 分)
设平面 BEF 的法向量为 n2=p,q,r ,
则 n2⋅BE=0,n2⋅BF=0, 即 2r=0,2p−4q+2r=0, 可取 n2=2,1,0 . (12 分)
所以 csn1,n2=n1⋅n2n1n2=22×5=105 . (14 分)
故二面角 A−BF−E 的正弦值为 155 . (15 分)
方法二: (1) 如图,连接 AC ,与 BD 相交于点 O ,取 PC 的中点 G ,连接 EG,OG . (1 分) 因为四边形 ABCD 是正方形,所以 O 是 AC 的中点,
又 G 是 PC 的中点,所以 OG//PA ,且 OG=12PA . (2 分)
因为 PA//BE,BE=12PA ,所以 OG//BE 且 OG=BE , (3 分)
所以四边形 BEGO 是平行四边形,所以 BD//EG , (4 分)
因为 EG⊂ 平面 PEC,BD⊄ 平面 PEC ,所以 BD// 平面 PEC . (5 分)
(2)同方法一. (建系，写出相关点的坐标给 2 分，其他同方法一分值)
18. 命题透析 本题考查相互独立事件的概率乘法公式以及随机变量的分布列与期望.
解析 (1) 一局比赛中,甲得 2 分的概率为 12×1−13=13 . (2 分)
(2)每局比赛“有人得分”的对立事件是“两人均得 0 分”，
故每局比赛有人得分的概率为 1−1−121−13=23 . (4 分)
因为每局比赛相互独立,故 X 服从二项分布 B4,23 . (5 分)
PX=0=1−234=181,PX=1=C41×23×1−233=881,
PX=2=C42×232×1−232=827,PX=3=C43×233×1−23=3281,
PX=4=234=1681. (8 分) 故 X 的分布列为
(9 分)
X 的数学期望为 EX=4×23=83 . (11 分)
(3)每局比赛甲得 2 分的概率为 13 ，乙得 2 分的概率为 1−12×13=16 ，两人均得 1 分或均得 0 分，即两人分差为 0 的概率为 12 . (13 分)
乙最终获胜可分为以下三种情况:
①乙3 局都得 2 分，其概率为 163=1216 ； (14 分)
②乙有 2 局得 2 分，另 1 局甲得 2 分或分差为 0，其概率为 C32×162×13+12=572 ; (15 分)
③乙有1局得 2 分，另外 2 局分差为 0，其概率为 C31×16×122=18 . (16 分)
综上,乙最终获胜的概率为 1216+572+18=43216 . (17 分)
19. 命题透析 本题考查双曲线的方程与几何性质, 双曲线与直线的位置关系.
解析 (1) 由题知半焦距 c=2,ba=3 ,
∴b=3a,a2+b2=a2+3a2=4a2=c2=4 ,
∴a2=1,∴b2=3a2=3 ,
∴E 的方程为 x2−y23=1 . (3 分)
(2) ∵∠ACD=∠BCD,∴kAC+kBC=0 . (4 分)
由题可知 l 的斜率存在且不为 0,
设 Ax1,y1,Bx2,y2 ,直线 l:y=kx+mk≠0 ,
代入 x2−y23=1 ,整理得 3−k2x2−2kmx−m2−3=0 . (5 分)
∴3−k2≠0 且 Δ=−2km2+43−k2m2+3>0 ,
x1+x2=2km3−k2,x1x2=m2+3k2−3∗, (6 分)
∴kAC+kBC=y1x1−13+y2x2−13=kx1+mx1−13+kx2+mx2−13=0 ,
即 kx1+mx2−13+kx2+mx1−13=0 ,整理得 2kx1x2+m−k3x1+x2−2m3=0 ,
将 ∗ 代入，得 −2km2+33−k2+2kmm−k33−k2−2m3=0 ，
∴m=−3k . (9 分)
∴l 的方程为 y=kx−3k ,即 y=kx−3 ,
∴l 过定点 3,0 . (10 分)
(3)设 Mx3,y3 ， Nx4,y4 ，直线 MN 的方程为 x=ty+2 ，
代入 x2−y23=1 ，整理得 3t2−1y2+12ty+9=0 ，
∴y3+y4=−12t3t2−1,y3y4=93t2−1 . (12 分)
∵ 直线 MN 与该双曲线的右支交于两点,
∴y3y4=93t2−1