广西北海市2025-2026学年高二上学期期末教学质量检测数学试卷含解析（word版）

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注意事项:
1. 答卷前, 考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上, 并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2. 回答选择题时, 选出每小题答案后, 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑, 如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号; 回答非选择题时,用 0.5mm 的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效.
3.考试结束后, 请将答题卡上交.
4.本卷主要命题范围: 北师大版选择性必修第一册第一章至第六章.
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. 直线 x+3y+3=0 的倾斜角为( )
A. −30∘ B. 120° C. 150° D. 60°
【答案】 C
【解析】
【分析】根据方程求出直线的斜率, 根据斜率与倾斜角的关系, 即可得出答案.
【详解】直线 x+3y+3=0 的斜率 k=−13=−33 ,
设直线的倾斜角为 α ,则 tanα=−33 ,
因为 0∘≤α0=0.8 ,则 P10 的左、右焦点分别为 F1,F2 ,点 P 在 C 上,且 PF1⋅PF2=0,PF1=3PF2 ,则 C 的离心率为( )
A. 52 B. 102 C. 3 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据 PF1=3PF2 ,结合双曲线的定义求得 PF1,PF2 ,再由 PF1⋅PF2=0 ,利用勾股定理求解.
【详解】因为双曲线的左、右焦点分别为 F1,F2 ,点 P 在 C 上,且 PF1=3PF2 ,
由双曲线的定义得 PF1−PF2=2a ,解得 PF1=3a,PF2=a ,
又因为 PF1⋅PF2=0 ,所以 PF1⊥PF2 ,
所以 PF12+PF22=F1F22 ,即 3a2+a2=2c2 ,
解得 c2a2=52 ,即 e=ca=102 ,
故选: B
7. 整数调值编码在信息学中具有重要应用. 规定 B∼13 编码:当输入一个奇数时,其编码为 0,1 的概率分别为 13,23 ; 当输入一个偶数时,其编码为 0,1 的概率分别为 23,13 . 现输入1,1,2,3后进行 B∼ 13 编码,记编码为 0 的数字个数为 X ,则 EX= ( )
A. 1 B. 43 C. 53 D. 2
【答案】 C
【解析】
【分析】分别求出输入的每个数字进行编码后为 0 的概率, 再求出期望值即可得结果.
【详解】因为输入的数字为1,1,2,3,记第 i 个数字进行编码后为 0 的概率为 pi ,
第一个数字为 1 (奇数),编码后为 0 的概率为 p1=13 ;
第二个数字为 1 (奇数),编码后为 0 的概率为 p2=13 ;
第三个数字为 2 (偶数),编码后为 0 的概率为 p3=23 ;
第四个数字为 3 (奇数),编码后为 0 的概率为 p4=13 ;
因此可得 EX=1×13+1×13+1×23+1×13=53 .
故选:C
8. 在四棱锥 S−ABCD 中, AB=2,−1,0,AD=0,1,−1,AS=−2,1,−3 ,则三棱锥 S−ABD 的体积为( )
A. 12 B. 34 C. 1 D. 2
【答案】 C
【解析】
【分析】先根据向量的数量积判断 AB 和 AD 向量的关系,进而求出 △ABD 的面积,再求出点 S 到平面 ABD 的距离,最后根据三棱锥体积公式求解即可.
【详解】 ∵AB=2,−1,0,AD=0,1,−1,∴AB⋅AD=0−1+0=−1 ,
∴AB=22+−12+0=5,AD=0+12+−12=2 ,
∴cs∠BAD=AB⋅ADAB⋅AD=−15⋅2=−1010 , ∴sin∠BAD=1−−10102=31010 ,
根据三角形面积公式 S△ABD=12×AB×AD×sin∠BAD=12×5×2×31010=32 ,
设平面 ABD 的法向量为 n=x,y,z ,则 n⋅AB=0n⋅AD=0 ,即 2x−y=0y−z=0 ,
令 y=2 ,则 x=1,z=2 ,故平面 ABD 的法向量为 n=1,2,2 ,
又 AS=−2,1,−3 ,则 AS⋅n=−6,n=12+22+22=3 ,
故点 S 到平面 ABD 的距离为 h=AS⋅nn=−63=2 ,
则三棱锥 S−ABD 的体积为 VS−ABD=13⋅S△ABD⋅h=13⋅32⋅2=1 .
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. 全部选对的得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分.
9. 下列说法正确的是( )
A. 已知 C15x+2=C152x−5 ,则 x 的可能取值为 6
B. 已知 C15x+2=C152x−5 ,则 x 的可能取值为 7
C. 在 x2−1x10 的二项展开式中,常数项是 45
D. 在 x2−1x10 的二项展开式中,常数项是 210
【答案】 ABC
【解析】
【分析】 AB 选项,根据 C15x+2=C152x−5 得到方程,求出 AB 正确; CD 选项,利用展开式的通项公式得到 T9=−18C108=45,C 正确, D 错误. 【详解】因为 C15x+2=C152x−5 ,故 x+2=2x−5 或 x+2+2x−5=15 ,解得 x=7 或 x=6 ,故 A ,
B 正确;
根据二项展开式的通项公式 Tk+1=C10kx210−k−x−12k=−1kC10kx20−52k ,
令 20−52k=0 ,解得 k=8 ,则 T9=−18C108=45 ,故 C 正确, D 错误.
故选: ABC.
10. 已知直线 l:x−y=0 与圆 C:x2+y2+2x−3=0 相交于 E,F 两点,则( )
A. 圆心 C 的坐标为(-1,0) B. 圆 C 的半径为 2
C. 圆心 C 到直线 l 的距离为 22 D. EF=14
【答案】ACD
【解析】
【分析】由圆方程化为圆的标准方程可判断选项 AB ；由点到直线距离公式可判断选项 C ；利用圆的弦长公式求解可判断 D .
【详解】对于 AB ,圆 C:x2+y2+2x−3=0 ,即圆 C:x+12+y2=4 ,
则圆心 C−1,0 ,半径 r=2 , A 正确, B 错误；
对于 C ,点 C−1,0 到直线 l:x−y=0 的距离 d=−1−012+−12=22,C 正确;
对于 D,EF=2r2−d2=222−222=14, D 正确.
故选: ACD.
11. 已知随机事件 A,B,C 满足 PA=13,PB=12,PC=13,PA∪B=23 ,则( )
A. PAB=16
B. 事件 A,B 相互独立
C. PA∣B=PB
D. 若 PC∣A+PC∣A=12 ,则 A 与 C 互斥
【答案】 ABD
【解析】
【分析】利用概率的加法公式判断 A ,利用独立事件的概率公式判断 B ,利用条件概率公式判断 C , 利用条件概率公式结合互斥事件概率的加法公式判断 D 即可.
【详解】对于 A ,由概率加法公式得 23=13+12−PAB ,
解得 PAB=16 ,故 A 正确,
对于 B ,因为 16=12×13 ,所以 PAB=PA×PB ,
则事件 A,B 相互独立,故 B 正确,
对于 C ,由条件概率公式得 PA∣B=PABPB=1612=13≠PB ,故 C 错误,
对于 D ,因为 PC=PAC+PAC ,所以 PAC=PC−PAC ,
因为 PC∣A+PC∣A=12 ,所以由条件概率公式得 PAC13+PAC23=12 ,
可得 3PAC+32PAC=12 ,则 3PAC+3213−PAC=12 ,
解得 PAC=0 ,则 A 与 C 互斥,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. 已知点 A−1,1,1 , B0,2,3 , CD=a−1,b+1,2 ,若直线 AB//CD ,则 a−b= _____.
【答案】 2
【解析】
【分析】先求向量 AB 的坐标,然后根据向量共线定理即可求解;
【详解】因为 A−1,1,1,B0,2,3 ,
所以 AB=1,1,2 ,又 AB//CD ,所以 AB//CD ,
又 CD=a−1,b+1,2 ,
所以 a−11=b+11=22 ,解得 a=2,b=0 ,故 a−b=2 .
故答案为:2
13. 组织一场马拉松比赛, 其组委会在比赛沿途的 12.5 公里、17.5 公里、22.5 公里、27.5 公里、32.5 公里、35 公里、37.5 公里以及半程和全程终点处共设置九个能量补给站并配备有若干志愿者. 则安排两名志愿者不在同一补给站且不在相邻的两个补给站的方案共有_____种(用数字作答).
【答案】 56
【解析】
【分析】根据分类计数原理和分步计数原理列式求解即得.
【详解】记这九个能量补给站的编号依次为:1,2,3,,9；先安排第一名志愿者,再安排第二名志愿者；
若第一名志愿者在 1 号或 9 号补给站, 第二名志愿者可从和他不相邻的 7 个补给站中选择一个,
此时有 2×7=14 种方案;
若第一名志愿者在 2 至 8 号中的某一个补给站, 第二名志愿者可从余下的 6 个补给站中选择, 此时共有 7×6=42 种方案;
由分类计数原理可知,共有 14+42=56 种方案.
故答案为:56
14. 记椭圆 C 的左焦点为 F ,焦距为 2,上、下顶点分别为 M,N ,点 P 在 C 上 (异于点 M,N ), 记 ∠PMN=α,∠PNM=β ,已知 tanα+βtanα+tanβ=−3 ,则直线 FM 与椭圆 C 的两个交点的横坐标之和为_____.
【答案】 −85
【解析】
【分析】利用正切和角公式可得 tanαtanβ=43 ,再利用直线的倾斜角和斜率的关系,可转化为 tanγ⋅tanθ=−34 及 n2−b2m2=−34 ,再用椭圆方程来消元即可得 −b2a2=−34 ,从而求出椭圆方程,再求出两交点横坐标即可求解.
【详解】由 tanα+βtanα+tanβ=−3 可得:
tanα+tanβ1−tanαtanβtanα+tanβ=−3⇒1−tanαtanβ=−13⇒tanαtanβ=43,

当 P 在 Y 轴右侧,此时设直线 PM 的倾斜角为 γ ,直线 PN 的倾斜角为 θ ,
则 θ=π2−β,γ=π2+α ,则 tanθ=tanπ2−β=sinπ2−βcsπ2−β=csβsinβ=1tanβ ,
tanγ=tanπ2+α=sinπ2+αcsπ2+α=csα−sinα=−1tanα,
由于 tanαtanβ=43 ,可得 −1tanγ⋅1tanθ=43⇒tanγ⋅tanθ=−34 ,

当 P 在 Y 轴左侧,此时设直线 PM 的倾斜角为 Y ,直线 PN 的倾斜角为 θ ,
则 θ=π2+β,γ=π2−α ,则 tanθ=tanπ2+β=sinπ2+βcsπ2+β=csβ−sinβ=−1tanβ ,
tanγ=tanπ2−α=sinπ2−αcsπ2−α=csαsinα=1tanα,
由于 tanαtanβ=43 ,可得 −1tanγ⋅1tanθ=43⇒tanγ⋅tanθ=−34 ,
综上总有: tanγ⋅tanθ=−34 ,
再设点 Pm,n ,根据斜率公式可知: tanγ=n−bm,tanθ=n+bm ,
代入 tanγ⋅tanθ=−34 ,可得: n−bm⋅n+bm=−34⇒n2−b2m2=−34 ,
又因为点 Pm,n 在椭圆 x2a2+y2b2=1 上,所以
m2a2+n2b2=1⇒m2a2=−n2−b2b2⇒n2−b2m2=−b2a2,
即可得 −b2a2=−34⇒b2=34a2 ,
又因为焦距为 2,所以 c=1 ,即 a2−b2=1 ,
代入可得 a2−34a2=1⇒a2=4 ,所以 b2=3 ,
即 M0,3,F−1,0 ,则直线 MF 方程为: y=3x+3 ,
与椭圆 x24+y23=1 联立可得:
3x2+43x+32=12⇒15x2+24x=0,
解得 x=0 或 x=−85 ,
所以直线 FM 与椭圆 C 的两个交点的横坐标之和为 −85 ,
故答案为: −85 .
四、解答题:本题共 5 小题,共 77 分、解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算 步骤.
15. (1) 求 a−2b5 展开式中 a3b2 的系数;
(2)某市开展群众美术主题创作展. 若此次展览中打算安排山水画、国画、油画、漫画、素描五件艺术作品的展出顺序. 若要求第一件展出的艺术作品不能是漫画, 则共有多少种不同的安排方案?
【答案】 40, 96
【解析】
【分析】(1)对二项式进行展开,找 a3b2 的这一项,得到 r=2 ,计算系数可得结果,
(2)根据题意,先排漫画,其他全排即可；
【详解】( 1 )根据二项式定理, a+bn 的通项公式 Tr+1=Cnran−rbr ,
对于 a−2b5,n=5 ,通项为 Tr+1=C5ra5−r−2br ,要想得到 a3b2 的项,
需满足 5−r=3,r=2 ,代入 r=2 计算系数 C52×−22=40 ,
(2)若要求第一件展出的艺术作品不能是漫画,
则从其余四件艺术作品中选一件排在第一个展出,
剩下的四件全排列,则共有 A41⋅A44=96 种不同的安排方案,
16. 如图,在四棱锥 P−ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, PA⊥ 平面 ABCD ,
PA=2 ,点 F 在棱 PC 上,直线 PB 与平面 ADF 交于点 E .

(1)证明: EF//AD ；
(2)若 F 为 PC 中点,求 AF 与平面 PCD 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解
(2) 63
【解析】
【分析】(1)先证明线面平行,再通过线面平行的性质即可证线线平行；
(2)结合题意建立空间直角坐标系,求出平面 PCD 的法向量,最后代入公式计算即可.
【小问 1 详解】
∵ 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, ∴AD//BC ,
又 ∵AD⊄ 平面 PBC,BC⊂ 平面 PBC,∴AD// 平面 PBC ,
∵AD⊂ 平面 ADF ,平面 ADF∩ 平面 PBC=EF,∴EF//AD .
【小问 2 详解】
∵PA⊥ 平面 ABCD ,底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, ∴AB,AD,AP 两两垂直,
以 A 为原点,分别以 AB,AD,AP 所在直线为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系,

∵PA=2,∴A0,0,0,B2,0,0,C2,2,0,D0,2,0,P0,0,2 ,
又 F 为 PC 中点, ∴F1,1,1 ,
∴AF=1,1,1,PC=2,2,−2,CD=−2,0,0 ,
设平面 PCD 的法向量为 n=x,y,z ,则 n⋅PC=0n⋅CD=0 ,即 2x+2y−2z=0−2x=0 ,
令 y=1 ,则 z=1 ,故平面 PCD 的法向量为 n=0,1,1 ,
设 AF 与平面 PCD 所成角为 θ ,则 sinθ=csAF,n=AF⋅nAF⋅n=1+132=63 ,
故 AF 与平面 PCD 所成角的正弦值为 63 .
17. 设抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F,C 的准线与 x 轴交于点 M ,直线 l 过点 M .
(1)若直线 l 与 C 相切,求直线 l 的方程；
(2)若直线 l 与 C 交于 A,B 两点,且 MB=2MA ,求 FA+FB .
【答案】( 1 ) x+y+1=0 或 x−y+1=0
(2) 92
【解析】
【分析】(1)设出直线方程,与抛物线方程联立,结合韦达定理可求答案；
(2)联立方程,根据向量关系求出斜率,结合抛物线定义可求答案.
【小问 1 详解】
y2=4x 的准线方程为: x=−1 ,故 M−1,0 ;
易知直线 l 的斜率存在,设直线 l:y=kx+1 ,
联立 y=kx+1y2=4x , k4y2−y+k=0 ,由直线 l 与 C 相切,可得 k≠0Δ=1−k2=0 ,
解得 k=±1 ,故直线 l 的方程为 x+y+1=0 或 x−y+1=0 .
【小问 2 详解】
设 Ax1,y1,Bx2,y2 ,易知直线 l 的斜率存在,设直线 l:y=kx+1 ,
联立 y=kx+1y2=4x,k4y2−y+k=0 ,则 k≠0Δ=1−k2>0,y1+y2=4k,y1y2=4 ;
因为 MB=2MA ,所以 2x1+1,y1=x2+1,y2 ,即有 y2=2y1 ;
代入上式可得 3y1=4k,y12=2 ,解得 k=±223 ,即 y1+y2=±32 ;
FA+FB=x1+1+x2+1=y124+y224+2
=y1+y22−2y1y24+2=92.

18. 在平面直角坐标系中,已知点 A1,1,B2,0,C5,3 ,圆 M 经过 A,B,C 三点,直线 l 的方程为 mx−m+y−3=0.
(1)若直线 l 与圆 M 相切,求 m 的值；
(2)若直线 l 与圆 M 相交于 E,F 两点,求 △BEF 的面积的最大值.
【答案】(1)-2；
(2) 5+522 .
【解析】
【分析】(1)先由待定系数法求出圆的方程,再根据直线与圆相切可得；
(2)先可得三角形一边的长,再计算圆上到这一边的距离的最大值即可得面积的最大值.
【小问 1 详解】
设圆的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0D2+E2−4F>0 ,
因为圆 M 经过点 A1,1,B2,0,C5,3 ,所以 1+1+D+E+F=04+2D+F=025+9+5D+3E+F=0 ,
解得 D=−6E=−4F=8 ,经检验,符合题意,

所以圆 M 的方程为 x2+y2−6x−4y+8=0 ,即 x−32+y−22=5 ,
因为直线 l 与圆 M 相切,
所以圆心 M3,2 到直线 mx−m+y−3=0 的距离为 5 ,
所以 3m−m+2−3m2+1=5 ,解得 m=−2 ;
【小问 2 详解】
mx−m+y−3=0 可化为 mx−1+y−3=0 ,即直线 l 恒过点(1,3),
因为点(1,3)在圆 x−32+y−22=5 上,故不妨设 E 为(1,3),
所以直线 BE:3x+y−6=0 ,且 BE=1−22+3−02=10 ,
设点 F 到直线 BE 的距离为 d ,
所以 △BEF 的面积 S△BEF=12BE⋅d=102d ,
因为点 F 在圆上,所以 d 的最大值等于圆心 M3,2 到直线 BE 的距离加上半径,
所以 dmax=3×3+2−632+1+5=10+252 .
所以 S△BEFmax=102dmax=102⋅10+252=5+522
故 △BEF 的面积的最大值为 5+522 .
19. 国庆长假期间, 某小型景区对游客开展抽奖免门票活动. 活动规则如下: 盒子里有 5 个一模一样的小球, 只有 1 个小球上写着免门票. 游客从盒子里摸出 1 个小球, 若该小球上写有免门票, 则景区免掉该游客的门票. 然后游客把球放回盒子,等待下一位游客抽奖.
(1)小王家一共有 4 口人来到该景区旅游,记这 4 人中免门票的人数为 X ,求随机变量 X 的分布列、数学期望和方差;
(2)现往盒子中再放入 3 个球,其中有 1 个写着免门票,当小王选好 1 个小球后(此时小王还不知道小球上是否写着免门票),景区工作人员(他知道小球上是否写着免门票)会执行如下不同方案操作:
方案一:若小王保留第一次选择的球,则直接判定是否免门票；
方案二:若小王放弃初始选择的球,则工作人员先从盒子里拿出 2 个没有写免门票的球和 1 个写免门票的球, 再让小王从剩余 4 个球中抽取 1 个球来判定是否免门票;
方案三:若小王放弃初始选择的球,则工作人员先从盒子里拿出 1 个没有写免门票的球,并将小王初始选择的球放回盒中, 再让小王从盒中的 7 个球中抽取 1 个来判定是否免门票.
请问小王按哪种方案摸球更容易免门票? 请说明理由.
【答案】(1)分布列见解析；数学期望 EX=45 ；方差 DX=1625 .
(2)方案三,理由见解析；
【解析】
【分析】(1)依题意可知随机变量 X 服从二项分布,利用二项分布概率公式计算可得分布列、期望和方差;
(2)分别求出三种方案小王摸到免门票球的概率,比较三个概率的大小即可得出结论.
【小问 1 详解】
因为 4 人相当于做了 4 次独立重复试验,每个人中奖的概率为 p=15 ;
又记这 4 人中免门票的人数为 X ,所以随机变量 X 服从二项分布,即 X∼B4,15 ;
可知 PX=0=C40150454=256625 ,
PX=1=C41151453=256625; PX=2=C42152452=96625;
PX=3=C43153451=16625, PX=4=C44154450=1625;
因此随机变量 X 的分布列为:
利用二项分布的期望和方差公式可得数学期望 EX=4×15=45 ; 方差
DX=4×151−15=1625.
【小问 2 详解】
依题意, 可知再往盒子中再放入 3 个球, 其中有 1 个写着免门票可知现在盒中共有 8 个球, 其中 2 个写有免门票,
因此可知若采用方案一:若小王保留第一次选择的球,
则其免门票的概率为 P1=28=14 ;
若采用方案二,有以下两种情况:
情况一:
若小王初始选择的球为免门票的,其概率为 14 ;
若工作人员从盒子里拿出 2 个没有写免门票的球和 1 个写免门票的球, 此时剩余 4 个球中全部是没有写免门票的球,
再让小王从剩余 4 个球中抽取 1 个球来判定是否免门票,则其抽到免门票球的概率为 0 ；
情况二:
若小王初始选择的球不是免门票的,其概率为 34 ;
若工作人员从盒子里拿出 2 个没有写免门票的球和 1 个写免门票的球, 此时剩余 4 个球中有 3 个是没有写免门票的球, 1 个写免门票的球,
再让小王从剩余 4 个球中抽取 1 个球来判定是否免门票,则其抽到免门票球的概率为 14 ;
所以采取方案二小王抽到免门票球的概率为 P2=14×0+34×14=316 ;
若采用方案三,无论小王初始选择的球是否为免门票球,
当工作人员从盒中拿出 1 个没有写免门票的球, 并将小王初始选择的球放回后, 盒中都变为 7 个球,
其中有 2 个写有免门票的球。
因此,小王再从中抽取 1 个球,抽到免门票球的概率为 P3=27
显然易知 P3>P1>P2 ,
所以小王按方案三摸球更容易免门票.X
0
1
2
3
4
P
256625
256625
96625
16625
1625