黑龙江省齐齐哈尔市2025-2026学年高二上学期1月期末数学试卷含解析（word版）

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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: 人教 A 版必修第二册第九章~第十章, 选择性必修第一册第二章~第 三章, 选择性必修第三册.
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. 采用简单随机抽样的方法, 从含有 3 个个体的总体中抽取 1 个, 某个个体被抽到的概率是 ( )
A. 12 B. 13 C. 14 D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】由随机抽样的性质可知, 每个个体被抽到的概率均等, 从而得到所求的概率.
【详解】由随机抽样的性质可知,每个个体被抽到的概率均等,概率均为 13 .
故选: B.
2. 椭圆 x236+y29=1 的离心率为( )
A. 12 B. 14 C. 32 D. 34
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆的几何性质求解.
【详解】由题意,得 a2=36,b2=9,c2=27 ,
所以 a=6,c=33 ,
离心率 e=ca=32 .
故选: C.
3. 若直线 l1:x−2ay+3=0 和 l2:4x+y−1=0 互相垂直，则 a 的值是( )
A. 0 B. 2 C. 0 或 -2 D. 0 或 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线的一般式方程结合垂直关系列式求解即可.
【详解】若直线 l1:x−2ay+3=0 和 l2:4x+y−1=0 互相垂直，
则 1×4+−2a×1=0 ,解得 a=2 .
故选: B.
4. 1−x1+x6 展开式中 x3 的系数为( )
A. 5 B. 15 C. 20 D. 35
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项式定理, 写出通项以及多项式乘法, 可得答案.
【详解】 1+x6 展开式的通项为 Tr+1=C6rxr ,所以 1−x1+x6 展开式中 x3 的系数为 C63−C62=20−15=5.
故选: A.
5. 一动圆与圆 x2+y2=1 外切,同时与圆 x2+y2−6x−7=0 内切,则该动圆圆心的轨迹是 ( )
A. 抛物线 B. 双曲线的一支 C. 椭圆 D. 圆
【答案】C
【解析】
【分析】由圆与圆的位置关系确定 O1P=r+1,O2P=4−r,O1O2=3 ,再利用椭圆的定义可求.
【详解】如图,设动圆的圆心为 P ,半径为 r ,
由题意得圆 O1:x2+y2=1 ,圆 O2:x−32+y2=16 ,
则 O1P=r+1,O2P=4−r,O1O2=3 ,
所以 O1P+O2P=5>O1O2 ,所以点 P 的轨迹为以 O1,O2 为焦点,长轴长为 5 的椭圆 (除去点 −1,0) .

故选: C.
6. 2025 年 11 月 9 日至 21 日，第十五届全运会在广东、香港、澳门三地举办.在全运会的火炬传递中,某路段的传递活动由 A,B,C,D,E,F 共六名火炬手分五棒完成,若第一棒火炬手只能从 A,B 中产生,最后一棒由两名火炬手共同完成,且 A,C 两名火炬手不能共同完成最后一棒, 则不同的传递方案种数为 ( )
A. 54 B. 60 C. 102 D. 114
【答案】D
【解析】
【分析】分 A 火炬手完成第一棒和 B 火炬手完成第一棒两种情况讨论即可求解.
【详解】当 A 火炬手完成第一棒时,有 C52 A33=60 种不同的传递方案;
当 B 火炬手完成第一棒时,有 C52−1×A33=54 种不同的传递方案,
故共有 60+54=114 种不同的传递方案.
故选: D.
7. 已知双曲线 C:x23−y26=1 的右焦点为 F ,过 F 的直线 l 交 C 于 A,B 两点,点 A 在第二象限,且 A 关于 x 轴的对称点为 A′ ，若 A′F⊥AB ，则 l 的方程为( )
A. x+y−3=0 B. x−y−3=0
C. 3x+y−3=0 D. 3x−y−3=0
【答案】A
【解析】
【分析】结合题意,得直线 l 的斜率为 tan3π4=−1 ,进行求解.
【详解】由题意知 ∠AFO=12∠AFA′=π4O为原点,F3,0 ,
故直线 l 的斜率为 tan3π4=−1 ,
所以 l 的方程为 y=−x−3 ,即 x+y−3=0 .
故选: A.
8. 某车企为了更好地设计开发新车型, 统计了近期购车的车主性别与购车种类 (新能源车或者燃油车)的情况，其中新能源车占销售量的 74%，男性占近期购车车主总数的 60%，女性购车车主有 80%购买了新能源车，根据以上信息，则男性购车时，选择购买新能源车的概率为( )
A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意,设男性中有 x% 购买了新能源车,由全概率公式将购买新能源车的分为男性购买新能源车和女性购买新能源车列出关系求解即可.
【详解】设男性中有 x% 购买了新能源车,则 x100×0.6+0.4×0.8=0.74 ,
解得 x=70 ,所以男性购车时,选择购买新能源车的概率是 0.7 .
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. 通过随机抽样,得到变量 x 和变量 y 的 7 对数据,并绘制成散点图如图所示,已知变量 y 和变量 x 线性相关，且回归直线是图中直线 l ，则下列说法正确的是 ( )

A. 直线 l 的斜率是负数
B. 变量 y 与变量 x 正相关
C. 相关系数 r20 ,即两次都抽到 20 元的红包,或 1 次抽到 10 元的红包,1 次抽到 20 元的红包,每次抽到任意红包的概率均为 13 ,
所以 PX>20=13×13+2×13×13=13 .
【小问 2 详解】
由题意得 Y 的可能取值为0,10,20,30,40,50,60,
PY=0=A73 A103=724,PY=10=A31 A72 A103=740,
PY=20=A71 A31 A61 A103=740,PY=30=A32 A71+A72 A31 A103=730,
PY=40=A31 A71 A21 A103=7120,PY=50=A71 A32 A103=7120,PY=60=A33 A103=1120,
所以 Y 的分布列为:
【小问 3 详解】通过景点购票, 由 (2) 得
EY=0×724+10×740+20×740+30×730+40×7120+50×7120+60×1120=18,
X 的可能取值为0,10,20,30,40,
PX=0=13×13=19,PX=10=C21×13×13=29,
PX=20=13×13+C21×13×13=13,PX=30=C21×13×13=29,
PX=40=13×13=19,
所以 EX=0×19+10×29+20×13+30×29+40×19=20 ,
故 EX>EY ,
所以游客选择网上购票更划算.
19. 已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 的长轴长为 4,左、右焦点分别为 F1,F2,P 是 C 上一点,且 PF1⊥F1F2,cs∠PF2F1=45.
(1)求 C 的方程；
(2)过 F1 作直线 l 交 C 于 A,B 两点( A 在 x 轴上方).
(i) 求 △ABF2 面积的最大值;
(ii) 若 C 的右顶点为 Q ,直线 AQ,BQ 与 y 轴分别交于 M,N 两点,证明: M,N,F1,F2 四点共圆.
【答案】(1) x24+y23=1 ;
(2)(i) 3；(ii)证明见解析.
【解析】
【分析】(1) 由题可知 a=2 ,再利用 Rt△PF1F2 的三边长度关系与椭圆的定义,即可依次求出 c,b , 进而确定椭圆方程;
(2)(i)设 l:x=my−1 与 A,B ，将直线 l 与椭圆 C 联立，由韦达定理可得 y1+y2,y1y2 ，再利用三角形面积公式 S=12× 水平宽 × 铅垂高，得到三角形 △ABF2 的面积关于 m 的函数，再利用换元法， 结合函数单调性, 即可求得面积最大值;
(ii) 由题意写出直线 AQ,BQ ,求出 M,N 两点,再利用向量法结合韦达定理证明 F1M⊥F1N , F2M⊥F2N ,即可得出 F1,F2 在以 MN 为直径的圆上,四点共圆得证.
【小问 1 详解】
因为椭圆 C 的长轴长为 4,所以 2a=4 ,解得 a=2 .
设 F1F2=2c ,因为 PF1⊥F1F2,cs∠PF2F1=45 ,所以 F1F2=45PF2,PF1=35PF2 ,
又 PF1+PF2=2a=4 ,所以 35PF2+PF2=4 ,解得 PF2=52 ,所以 2c=F1F2=2,c=1 ,
所以 b=a2−c2=3 ,椭圆 C 的方程为 x24+y23=1 .
【小问 2 详解】
(i) 由题意知 l 的斜率不为 0,F1−1,0 ,故可设 l 的方程为 x=my−1,Ax1,y1,Bx2,y2 ,

联立 x24+y23=1,x=my−1, 消去 x 并整理得 3m2+4y2−6my−9=0 ,此时 Δ=144m2+1>0 , 由韦达定理,得 y1+y2=6m3m2+4,y1y2=−93m2+4 ,
所以 y1−y2=y1+y22−4y1y2=6m3m2+42+363m2+4=12m2+13m2+4 ,
所以 S△ABF2=12F1F2⋅y1−y2=12m2+13m2+4=123m2+1+1m2+1 .
令 t=m2+1∈[1,+∞) ,设 y=3t+1t,y′=3−1t2 ,当 t∈[1,+∞) 时, y′>0 ,故 y=3t+1t 在 [1,+∞)
上单调递增,故 y=3t+1t≥4 ,即 3m2+1+1m2+1≥4 ,
所以 S△ABF2=123m2+1+1m2+1≤3 ，当且仅当 t=m2+1=1 ，即 m=0 时，等号成立.
所以 △ABF2 面积的最大值为 3 .
(ii)

证明: 由题可知 Q2,0,F21,0 ,
直线 AQ 的方程为 y=y1x1−2x−2 ,令 x=0 ,得 y=2y12−x1 ,即 M0,2y12−x1 ,
直线 BQ 的方程为 y=y2x2−2x−2 ,令 x=0 ,得 y=2y22−x2 ,即 N0,2y22−x2 ,
FM=1,2y12−x1,F1N=1,2y22−x2,
所以 F1M⋅F1N=1,2y12−x1⋅1,2y22−x2=1+2y13−my1⋅2y23−my2=1+4y1y2m2y1y2−3my1+y2+9 ,
所以 F1M⋅F1N=1+−363m2+4−9m23m2+4−18m23m2+4+9=0 ,即 F1M⊥F1N .
F2M=−1,2y12−x1,F2N=−1,2y22−x2,
同理可得 F2M⋅F2N=0 ,即 F2M⊥F2N .
所以 F1,F2 在以 MN 为直径的圆上,即 M,N,F1,F2 四点共圆.青壮年
中老年
合计
跟团游
30
60
90
自由行
65
45
110
合计
95
105
200
α
0.05
0.01
0.005
0.001
xa
3.841
6.635
7.879
10.828
X
1
3
5
P
25 42
5 14
121
Y
0
10
20
30
40
50
60
P
7 24
7 40
740
7 30
7 120
7120
1120