江西奉新县第四中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题含答案

这是一份江西奉新县第四中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题含答案，共8页。试卷主要包含了答题前，考生务必用直径0， 直线l1， 已知F1、F2分别是椭圆C等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 试卷总分：150分
考生注意：
1.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.
2.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.
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，只有一项是符合题目要求的）
1. 直线l1:x=cs2025π4的倾斜角为（ ）
A. π2B. 2025π4
C. π4D. 0
2. 已知a=(2,1,−3)，b=(−4,2,x)，且a⊥b.则x的值为（ ）
A. −2B. −1
C.0D.2
3. 抛物线14x2+y=0的焦点坐标为（ ）
A. (−1,0)B. (0,−1)
C. −116,0D. 0,−116
4. 直线l1:mx+(m−6)y+2=0，l2:x+(m−4)y+1=0，则m=3是l1∥l2的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
5. 已知随机变量X∼B9,23，则D(3X−1)=（ ）
A.18B.17C.6D.5
6. 若(1−2x)5(x+2)=a0+a1x+⋯+a6x6，则a3=（ ）
A.120B.240
C. −120D. −240
7. 全民登高谱新篇，策马奔腾启华年.1月1日，“中国体育彩票”2026年全国新年登高健身大会（江西分会场）在宜春明月山举行的活动中，某路段设三个服务站，宜春某高校5名同
学到甲、乙、丙三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有（ ）
A．25种B．150种C．300种D．50种
8．如图，已知F1，F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1的左、右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足
F1P∥F2Q，且|F2Q|=|F2P|=3|F1P|，则双曲线C的离心率为（ ）
A．105B．52
C．153D．102
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．关于x−2x5的展开式的说法中正确的是（ ）
A．各项的系数之和为−1
B．二项式系数的和为64
C．展开式中无常数项
D．第4项的系数最大
10．如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的上底面A1B1C1D1内（不含边界）的动点，点Q是棱BC的中点，则以下结论正确的是（ ）
A．三棱锥Q−PAD的体积是定值
B．存在点P，使得PQ⊥平面AB1C
C. 直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围为⟨23，1⟩
D. 若PQ∥平面BDD1B1，则点P的轨迹长度为2
11. 已知曲线C:2x|x|=y|y|−2。点F1(0,3)，F2(0,−3)，则以下说法正确的是（ ）
A. 曲线C关于原点对称
B. 曲线C存在点P，使得|PF2|−|PF1|=22
C. 直线y=2x与曲线C没有交点
D. 点Q是曲线C上在第三象限内的一点，过点Q向y=±2x作垂线，垂足分别为A，B，则|QA|·|QB|=23
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 根据下表数据得到y关于x的线性回归方程y^=0.7x+a^，则a^=_____。
13. 设曲线C上任意一点到直线x=−3的距离比它到点F(2,0)的距离大1，且P是该曲线上一动点，点A(6,2)，则|PA|+|PF|的最小值为_________。
14. 已知随机变量ξ满足ξ∼N(2,σ2)，P(ξ≤0)=0.2，P(ξ≥a)=0.2，正实数x、y满足x+y=a，则1x+4y的最小值为_____。
四、解答题（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. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC=2AD=2，E是PC的中点。
（1）求证：PA∥平面EDB；
（2）求平面EDB与平面PAD夹角的余弦值.
16．近期，流感病毒阳性率正快速上升，其中99%以上为甲流，流行株以甲型H3N2亚型为主.为考察某新药A预防甲流的效果，随机调查了400名居民进行了个体（单位：例）试验，（其中，患病表示患甲流）得到如下列联表：
（1）完成2×2列联表：
（2）根据小概率值α=0.01的独立性检验，能否认为新药A对预防甲流有效？
（3）若用表中的频率估计概率，流感病毒来临之前，某同学等可能的选择服用和不服用药物A，求该同学患甲流的概率.
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．
17．已知圆C的圆心在直线x+2y−1=0上，且经过点(0,2)和(−1,1).
（1）求圆C的标准方程；
（2）过点P(0,−3)的直线l与圆C相切，求直线l的方程.
18．赣BA正如火如荼地举行中，宜春队2名队员在某次训练时，推出的球车中装有6个篮球，其中4个是新的，2个是旧的.进行两次取球使用：每次从球车中任取2个球来用，用完后放回球车中（新球用完后变为旧球）.设第一次取出的新球数为X，第二次取出的新球数为Y.设最终球车中旧球数为ξ.
（1）求X=1的概率；
（2）已知最终球车中旧球数为4，求第一次取出的新球数不超过1的概率；
（3）求ξ的分布列和数学期望.
19. 已知F1、F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点A233,2在椭圆C上，且∆F1AF2的面积为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线y=kx+1与椭圆C交于B、D两点，O为坐标原点，y轴上是否存在点E，使得∠OEB=∠OED，若存在，求出E点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）设P为椭圆C上非长轴顶点的任意一点，Q为线段F1F2上一点，若∆PQF1与∆PQF2的内切圆面积相等，求证：线段PQ的长度为定值．
1.A
2.A
3.B
4.A
5.A
6.C
7.B
8.D
9.AC
10.ACD
11．BCD
12．−910
13．8
14．94
15.（1）连接AC，交BD于点O，连接OE，
在∆PAC中，点E是PC的中点，点O是AC的中点，可得PA∥OE，
因为OE⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB.
（2）以D为原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得D(0,0,0)，B(1,2,0)，E(0,1,1)，则DB→=(1,2,0)，DE→=(0,1,1)，
设平面EDB的法向量m=(x,y,z)，则{DB→⋅m→=x+2y=0DE→⋅m→=y+z=0，
令y=−1，可得x=2，z=1，所以平面EDB的法向量m=(2,−1,1)，
又由平面PAD的一个法向量为n=(0,1,0)，
设平面EDB和平面PAD的夹角为θ，则csθ=|cs⟨m，n⟩|=|m·n||m||n|=|1|6=66，
所以平面EDB和平面PAD的夹角的余弦值为66。
16.（1）由题意可得2×2列联表，
（2）提出假设H0：药物A对预防甲流无效，
由列联表得到χ2=400×(100×70−150×80)2180×220×250×150=2000297≈6.734>6.635，
根据小概率值α=0.01的独立性检验，推断H0不成立，
即认为药物A对预防甲流有效，该推断犯错误的概率不超过0.01，
所以根据小概率值α=0.01的独立性检验，能认为药物A对预防甲流有效。
（3）用频率估计概率得未服用药物A的个体患甲流的概率的估计值为P1=80180=49；
服用药物A的个体患甲流的概率的估计值为P2=70220=722；
设事件B表示“该同学服用新药A”，事件C表示“该同学患甲流”
所以P(C)=P(B)P(C|B)+P(B¯)P(C|B¯)=12×722+12×49=151396.所以该同学患甲流的概率为151396.
17.（1）(x−1)2+y2=5
（2）x−2y−6=0或2x+y+3=0
（1）设圆心C((a,b)，半径为r，
则由题意可得{a+2b−1=0(0−a)2+(2−b)2=r2(−1−a)2+(1−b)2=r2解得{a=1b=0r=5；
所以圆C的标准方程为：(x−1)2+y2=5.
（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=0，
圆心C(1,0)到直线l的距离为1≠5，不合题意.
当直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k，
则直线l的方程为：y=kx−3，即kx−y−3=0.
由相切条件可得d=|k−3|k2+(−1)2=5，
化简得：2k2+3k−2=0.解得：k=12或k=−2.
直线l的方程为y=12x−3或y=−2x−3.
综上，直线l的方程为：x−2y−6=0或2x+y+3=0.
18.（1）从球车中任取2个球的试验有C62个基本事件，X=1的事件有C41C21个基本事件，
所以P(X=1)=C41C21C62=815.
（2）由最终球车中旧球数为4，得ξ=4，则X+Y=2，
P(X=0,Y=2)=C22C42C62C62=6225，P(X=1,Y=1)=C41C21C31C31C62C62=72225，
P(X=2,Y=0)=C42C42C62C62=36225，P(ξ=4)=6225+72225+36225=114225，
因此P(X≤1|ξ=4)=P(X≤1,ξ=4)P(ξ=4)=6225+72225114225=1319，
所以第一次取出的新球数不超过1的概率为1319.
（3）最终球车中旧球数为ξ=X+Y+2，ξ的可能取值为2，3，4，5，6，
P(ξ=2)=P(X+Y=0)=P(X=0,Y=0)=C22C22C62C62=1225，
P(ξ=3)=P(X+Y=1)=P(X=0,Y=1)+P(X=1,Y=0)=C22C41C11+C41C21C22C62C62=32225，
P(ξ=4)=114225，
P(ξ=5)=P(X+Y=3)=P(X=1,Y=2)+P(X=2,Y=1)=C21C41C32+C42C41C21C62C62=72225，
P(ξ=6)=P(X+Y=4)=P(X=2,Y=2)=C42C42C62C62=6225，
所以ξ的分布列如下：
数学期望E(ξ)=2×1225+3×32225+4×114225+5×72225+6×6225=389.
19．（1）设椭圆C的焦距为2c(c>0)，因为∆AF1F2的面积为2，所以c·yA=2⇒c=1，设椭圆C的方程为x2a2+y2a2−1=1，
将A233,2代入方程得43a2+2a2−1=1⇒3a4−13a2+4=0⇒a12=4，a22=13，
易知a>c=1，所以a=2，因此，椭圆C的方程为x24+y23=1；
（2）存在这样的点E为(0,3)，下面证明：
设B(x1,y1)，D(x2,y2)，E(0,m)，所以要使得∠OEB=∠OED，
即kBE+kDE=0⇒y1−mx1+y2−mx2=0⇒kx1+1−mx1+kx2+1−mx2=0
⇒2k+(1−m)·x1+x2x1x2=0①；
联立y=kx+1x24+y23=1⇒(3+4k2)x2+8kx−8=0 ，
由韦达定理得x1+x2=−8k3+4k2，x1x2=−83+4k2，
代入可将①化简为2k+(1−m)k=0，要使得式子关于k恒成立，即此时m=3，
所以点E(0,3)；
（3）设点P(x0,y0)，Q(n,0)(−1