精品解析：江苏省常州高级中学2025-2026学年高二上学期期末质量检查数学试卷（原卷版+解析版）

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说明：1．请将所有题目的答案填涂在答卷纸上．
2．本卷总分150分，考试时间120分钟．
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，只有一个选项是正确的．
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. 60°B. 120°C. 135°D. 150°
【答案】A
【解析】
【分析】将直线方程变为斜截式,根据斜率与倾斜角关系可直接求解.
【详解】直线可化为，
所以斜率，
设倾斜角，则，
又因为，所以.
故选：A.
2. 若，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】根据组合数与排列数的计算公式，将原方程化简整理，即可求出结果.
【详解】由，可得：,且，
解得：.
故选：A
3. 以双曲线的右焦点为焦点的抛物线的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出双曲线的右焦点坐标进而得抛物线的焦点坐标，即可得抛物线方程.
【详解】双曲线的右焦点为，所以抛物线的焦点为，
所以抛物线的方程为：,
故选：C
4. 秋冬换季是流行性感冒爆发期，已知、、三个地区分别有、、的人患了流感，且这三个地区的人口数之比是，现从这三个地区中任意选取人，则这人患了流感的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用全概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】分别记事件、、为选取的人来自、、地区，记事件为选取的人患了流感，
则，，，
，，，
从这三个地区中任意选取人，则这人患了流感的概率为
，
故选：A.
5. 莫高窟坐落在甘肃敦煌，它是世界上现存规模最大、内容最丰富的佛教艺术圣地，每年都会吸引来自世界各地的游客参观旅游．已知购买莫高窟正常参观套票可以参观8个开放洞窟，在这8个洞窟中有3个被誉为最值得参观的洞窟．现游客需从套票包含的开放洞窟中随机选择4个进行参观，则至少选中2个最值得参观洞窟的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合组合数公式，分别求得基本事件的总数为种，再求得至少选中2个最值得参观洞窟的个数为种，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】从8个洞窟中选出4个洞窟，共有种不同的选法，
其中至少选中2个最值得参观的洞窟，有种选法，
由古典概型的概率计算公式，可得至少选中2个最值得参观洞窟的概率.
故选：D.
6. 设为数列的前项积，已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，，得出是等差数列，求出首项计算的通项公式，用计算即可.
【详解】因为为数列前项积，
所以，，
代入得，
，
当时，，时，，
则把代入得，
所以，则，
故是以为首项，为公差的等差数列，
，
,
故选：B.
7. 已知双曲线，若圆上存在点使得的中点在的渐近线上，则离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线方程，可得渐近线方程，设，设PA中点为Q，根据中点坐标公式，可得Q点坐标，根据Q在渐近线上，代入可得，由题意，点P为圆M与直线的公共点，根据直线与圆的位置关系，结合点到直线距离公式，计算化简，即可得答案.
【详解】根据双曲线方程可得，渐近线方程，即，
设，设PA中点为Q，由，得，
因为Q在渐近线上，所以，即，
所以点P为圆M与直线的公共点，
由题意圆M的圆心为，半径为2，
则圆心M到直线的距离，，
得到，解得.
故离心率的取值范围为.
故选：B
8. 直线与交于点，圆上有两动点，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件可知点的轨迹是以为直径的圆，其方程为，作,则为的中点，求得最小值即可.
【详解】因为直线：，：，
则，
又的方程可化为，所以过定点，
的方程可化为，所以过定点，
所以点的轨迹是以为直径的圆(去除，
其方程为，
其圆心，半径，
作，则为的中点，
根据勾股定理易求得,
如图所示，当在同一条直线上且在之间时最小，

又,
因为,，
所以，
故的最小值为，
故选：C.
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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 若事件与事件相互独立，且，，则
B. 若事件与事件相互独立，且，，则
C. 若事件与事件互斥，且，，则
D. 若事件与事件互斥，且，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用独立事件的概率公式可判断A选项；利用独立事件和对立事件的概率公式可判断B选项；利用互斥事件和对立事件的概率公式可判断C选项；利用互斥事件的概率公式和韦恩图法可判断D选项.
【详解】对于A选项，若事件与事件相互独立，且，，
则，A对；
对于B选项，若事件与事件相互独立，且，，
则事件与事件独立，且，
故，B错；
对于C选项，若事件与事件互斥，且，，
由互斥事件的概率公式可得，
故，所以，C对；
对于D选项，若事件与事件互斥，且，，
由互斥事件的概率公式可得，
所以，如下图所示：
由图可知，故，所以，D对
故选：ACD.
10. 若，则下列选项正确的有（ ）
A.
B. 展开式中的系数为
C. 展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项
D. 当时，除以8的余数为1
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，令求得，令求得，两式结合可求；对于B，展开式通项，令可得的系数；对于C，根据二项式系数即可求解；对于D，进行变换，再展开即可．
【详解】对于A，令，代入得，即，
令，代入得，
即，
因此，故A错误；
对于B，展开式通项，
令，，
因此的系数为，故B正确；
对于C，根据二项式系数的性质，当为偶数时，中间一项的二项式系数最大，
本题中间项为第项，即二项式系数最大项为第4项，故C错误；
对于D，当时，，
而
，
即除以8的余数为1，故D正确．
故选：BD．
11. 天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹．我们称其为卡西尼卵形线（Cassinni Ocal）．在平面直角坐标系中，设定点为、，点为坐标原点，动点满足．下列四个命题中，正确的有（ ）
A. 点的轨迹既是中心对称又是轴对称图形
B. 的面积的最大值为
C. 的最大值为
D. 的周长的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出点的轨迹方程，利用曲线的对称性可判断A选项；对点的轨迹方程变形得出，可求得，再利用平面内两点间的距离公式可判断C选项；求出的取值范围，结合三角形的面积公式可判断B选项；求出，结合函数的单调性可求出周长的取值范围，可判断D选项.
【详解】对于A选项，由题意可知的轨迹方程为，
则关于轴对称的点的横纵坐标满足
，
同理关于轴对称的点，
关于原点对称的点均满足轨迹方程
，
，
即的轨迹关于轴、轴轴对称，关于原点中心对称，故A正确；
对于C选项，将轨迹方程平方得
整理得，解之得，
所以，
则，故C错误；
对于B选项，因为，故，
当且仅当时取得最大值，故B正确；
对于D选项，由，
而，
根据对称性，只需分析从的变化过程，
对于在上单调递增，即，
所以，此时在上单调递增，
所以，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. 两圆和相交于两点，则公共弦的长为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知条件联立方程组，求出交点坐标，利用两点间的距离公式即可求解.
【详解】由，解得，或，
所以不妨取两圆的交点为，
所以.
故答案为：.
13. 某校高二年级举行米接力赛，共有7条赛道，第③道和第④道是“黄金赛道”．赛制规定：由1到7班按班级序号从小到大依次抽签决定赛道，抽出的签不再放回．在1班未抽到“黄金赛道”的条件下，3班抽到“黄金赛道”的概率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】记事件A=“1班未抽到‘黄金赛道’”，事件B=“3班抽到‘黄金赛道’”，根据题意利用古典概型求出对应的概率，最后由条件概率公式求解.
【详解】记事件A=“1班未抽到‘黄金赛道’”，事件B=“3班抽到‘黄金赛道’”，
由题意知，，
所以.
故答案为：.
14. 已知数列满足（当且仅当为奇数时取“”），且，，，则的最小值为___________；若，则正整数的最大值为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据数列满足的不等关系，结合，利用递推关系可求的最小值；根据数列的单调性，且数列增长速度最慢时，根据求的值即可.
【详解】当时，；
当时，，
又，所以，所以的最小值为．
因为，
又，所以数列为递增数列．
问题转化为：数列增长速度最慢时，由，求的值．
此时：设，则；
当时，，所以；
当时，，又，所以；
当时，，所以；
当时，，又，所以；
当时，，所以；
归纳得：当为奇数时，；当为偶数时，．
又．
若，
由，
即；
若，
由
，即．
此时，，
．
又，所以数列应该是在第项之后，突然改变增长速度，使得．
故的最大值为．
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、证明过程和演算步骤.
15. 已知数列满足，且．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列的定义即可求证，
（2）根据等比数列的通项可求解，进而根据分组求和即可得解.
【小问1详解】
，
，即，
数列是以为首项，为公比的等比数列．
【小问2详解】
由（1）可知，
16. 已知椭圆的左焦点为，上顶点为为的中点，且．
（1）求椭圆的离心率；
（2）直线，与椭圆有唯一公共点，与轴的正半轴相交，若的面积为，求椭圆的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据几何关系可得，再结合题干条件可得，以此求出离心率即可；
（2）根据题意设直线l的方程为，联立椭圆方程，依据可求出m的值，再根据平行线间的距离公式求出的高，最后以的面积列等式求解即可．
【小问1详解】
为直角三角形，为的中点，
则，又，所以，
，所以，所以椭圆离心率为．
【小问2详解】
如图所示，
由（1）可知，，又因为，所以可设直线l的方程为，，
联立，得，
又与椭圆有唯一公共点，故，即，即，
又所在直线方程为，直线与的距离为，
，解得，所以，
故椭圆的方程为．
17. 随着全国新能源汽车推广力度的加大，新能源汽车消费迎来了前所未有的新机遇．
（1）为了更好了解乡村居民对新能源汽车的接受程度，某乡村汽车协会依据年龄采用分层随机抽样的方式，从40岁以下和40岁及以上两个年龄层中各抽取80名村民进行调查，并对他们选择新能源汽车，还是选择传统汽车进行意向调查，得到了以下统计数据：
完成列联表，并判断是否有的把握认为选择新能源汽车与年龄有关；
（2）为了了解某一地区新能源汽车的销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到该地区新能源汽车销售量（单位：万台）关于年份的线性回归方程，且销售量的方差为，年份的方差为．求与间的样本相关系数，并据此判断该地区新能源汽车销售量与年份的线性相关性强弱．
附：（i）在线性回归方程中，；
（ii）样本相关系数，若，则可判断与线性相关性较强；
（iii），其中．
参考数据：
【答案】（1）表格见解析，没有的把握认为选择新能源汽车与年龄有关；
（2）0.84，与线性相关性较强．
【解析】
【分析】（1）根据题中数据补全列联表即可：再由表中数据以及公式进行计算求解即可；
（2）根据样本相关系数公式计算可得答案.
【小问1详解】
补全列联表如下：
提出零假设为：选择新能源汽车与年龄无关．
则，
故认为选择新能源汽车与年龄无关；
【小问2详解】
因为，
所以，又，
所以，故与线性相关性较强．
18. 若正项数列的前项和为，且对任意的正整数，均有成立，其中和是实数，则称此数列为“”数列．
（1）若数列是“”数列，求的值；
（2）若数列是“”数列，且，求数列的通项公式；
（3）是否存在实数，使得数列为“”数列？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）1 （2）
（3）存在，．
【解析】
【分析】（1）根据可直接得到结果；
（2）根据“”数列定义可推导得到，由等比数列通项公式可求得，根据与关系可求得；
（3）根据题意，得，利用换元转化为方程的问题即可求得结果.
【小问1详解】
数列是“”数列，
．
【小问2详解】
正项数列是“”数列，，
，即，又，故，则数列是以1为首项，为公比的等比数列，，
当时，，
当时，不满足，
【小问3详解】
由“”数列定义知：，
则，
，
，
，令，
故在有解，
当时，不符合；
当时，令，图象为开口向上的抛物线，此时，此方程有解；
当时，对称轴，所以在上无解，
即实数的取值范围为．
19. 已知点是抛物线上一点，点，．
（1）求的坐标和抛物线C的方程；
（2）连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点，连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点……，如此不断循环，即连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点，得到点列和，设，．
（i）证明：数列为等差数列；
（ⅱ）记四边形的面积为，求并证明：．
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii），证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据两点距离公式，结合抛物线方程，建立方程，可得答案.
（2）（i）根据斜率公式，结合共线的三点坐标，利用等差数列的概念，可得答案；（ii）利用分割法，结合三角形面积公式，结合等差数列的通项公式，再利用放缩法，可得答案.
【小问1详解】
由在抛物线上，则，即，
可得，化简可得，解得，
所以抛物线.
【小问2详解】
（i）由题意可知共线，且，，
由在抛物线上，则，即，
由共线以及三点所直线斜率存在，则，
可得，化简可得，
整理可得，即，所以数列是等差数列.
（ii）由（i）可知数列是等差数列，公差为，且，
则，即，
由题意可得，，，，
即，，，
则四边形的面积
.
当时，，可得，
故
.
选择新能源汽车
选择传统汽车
总计
40岁以下
56
80
40岁及以上
36
80
总计
160
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
选择新能源汽车
选择传统汽车
总计
40岁以下
56
24
80
40岁及以上
44
36
80
总计
100
60
160