吉林省东北师范大学附属中学2025_2026学年上册期末高二数学检测试卷【附答案】

这是一份吉林省东北师范大学附属中学2025_2026学年上册期末高二数学检测试卷【附答案】，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 实轴长为6的双曲线y2m2−x24=1的渐近线方程为（ ）
A. y=±29xB. y=±23x
C. y=±32xD. y=±92x
2. 从2名男同学和4名女同学中随机选出3人参加数学竞赛，则恰好选出1名男同学和2名女同学的概率为（ ）
A. 35B. 34
C. 45D. 56
3. 已知圆C1:x2+y2=4与圆C2:(x−2)2+(y−2)2=4相交，则经过两圆交点的直线方程为（ ）
A. x+y=0B. x−y=0
C. x−y−2=0D. x+y−2=0
4.5名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报名方法种数是（ ）
A.81 B.100 C.125 D.243
5. 已知F1，F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点P在C上，且∆PF1F2周长为8，则a的取值范围为（ ）
A. (1,4)B. (2,4)
C. (1,4]D. (2,4]
6. 有甲、乙、丙、丁、戊5辆车需要停放在5个并排行位中，并且甲车不与乙车相邻停放，则停放方法共有（ ）种
A.36 B.48 C.72 D.144
7. 6299被7除所得的余数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.6
8. 已知O为坐标原点，抛物线C：y2=4x的焦点为F，M，N为C上异于原点的两点，若OM⊥MN，则|FM|+|FN|的最小值为（ ）
A. 82+10 B.8
C. 22+52 D.4
二、多项选择题：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. 已知2x−1x2n的展开式的各二项式系数之和为128，则（ ）
A. n=7
B. 展开式中无常数项
C. 展开式中第4项和第5项的二项式系数最大
D. 展开式的各项系数之和是−1
10. 甲、乙两盒中各放有除颜色外其余均相同的若干个球，其中甲盒中有4个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球，现从甲盒中随机取出1球放入乙盒，再从乙盒中随机取出1球.记“从甲盒中取出的球是红球”为事件A，“从甲盒中取出的球是白球”为事件B，“从乙盒中取出的球是红球”为事件C，则（ ）
A. A与B互斥
B. A与C独立
C. P(C|A)=12
D. P(C)=49
11. 已知双曲线C：x29−y227=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，记∆F1PF2，∆F1QF2内切圆的圆心分别为O1，O2，过点P分别作双曲线C的两条渐近线的垂线，垂足分别为M，N.则下列说法正确的是（ ）
A. |PF1|+|QF1|的最小值为21
B. F1O1→·F1F2→=108
C. |MN|的最小值为332
D. 圆O1和圆O2的面积之和的最小值为18π
三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分.
12. x−12x8的二项展开式中含x4的项的系数为_____（用数字作答）.
13.6个人排成一排，若甲必须站在排头或排尾，而乙不站在两端，那么不同站法总数为_____（用数字作答）.
14. 已知P为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一点，F1、F2分别为左、右焦点，A为右顶点，O为坐标原点，点A到OP的距离为d1(d1≠0)，点P到x轴的距离为d2.若d2=223d1，且|PF1|·|PF2|=|PO|2，则此椭圆的离心率为_____.
四、解答题：本题共5小题，共58分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知圆C的方程为x2+y2−2x+2y−m=0.
（1）求实数m的取值范围；
（2）若圆C与直线l:x+y+2=0交于M，N两点，且|MN|=26，求m的值.
16. 现有两张演艺节目单，第一张节目单中有6首歌曲和4个小品，第二张节目单中有5首歌曲和5个小品.
（1）若从第1张节目单中依次不放回地随机抽取2个节目，求在第1次抽到歌曲的条件下，第2次抽到歌曲的概率；
（2）掷一枚质地均匀的骰子，若点数为1或2，则从第1张节目单中随机抽取1个节目；若点数为3，4，5，6，则从第2张节目单中随机抽取1个节目，求取到歌曲的概率.
17. 已知直线x+y−1=0与抛物线C：y2=2px(p>0)交于A，B两点，且|AB|=8.
（1）求抛物线的方程；
（2）若M，N为C上不同的两点，且OM→·ON→=−4，判断直线MN是否过定点，如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由.
18. 在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，PA=AB=BC=1，AD=2，M是PD中点.
（1）求证：CM∥平面PAB；
（2）若AB⊥AD，
①求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值；
②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面MAQ的距离为67？若存在，求出BQBD的值；若不存在，请说明理由.
19. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P1,32，焦距为2.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点Q(m,0)，若椭圆C上的点到Q的距离的最小值是1，求正实数m的值；
（3）O为坐标原点，A、B是C上异于P的两点（A、O、B三点不共线），若直线PA与PB的斜率之和为3，求∆OAB的面积的最大值.
东北师大附中2025-2026学年上学期
高二年级期末考试数学科答案
1.C 2.A 3.D 4.D 5.B 6.C 7.D 8.A 9.ABC 10.ACD 11.BCD
12.7 13.192 14. 23
11. 【详解】对于A，由双曲线C：x29−y227=1，则a=3，b=33，c=6，即F1(−6,0)，F2(（此处原文可能有遗漏，按图中内容呈现）
根据双曲线的定义，可知|PF1|+|QF1|=|PF2|+2a+|QF2|+2a=|PQ|+12，
当PQ⊥x轴时，|PQ|为通径最小，
此时P(6,9)，Q(6,−9)，即|PQ|=18，
所以|PF1|+|QF1|min=|PQ|min+12=18+12=30，故A错误；
对于B，设∆F1PF2的内切圆分别切边PF1，PF2，F1F2于点E，I，G，
由圆的几何性质可得O1G⊥x轴，
由切线长定理可得|PE|=|PI|，|F1E|=|F1G|，|F2I|=|F2G|，
而|PF1|−|PF2|+|F1F2|=2a+2c=18，
则|F1E|+|PE|−(|PI|+|F2I|)+|F1G|+|F2G|=18，
即|F1E|+|F1G|=2|F1G|=18，则|F1G|=9，即G(3,0)，
则O1的横坐标为3，设O1(3,m)，
则F1O1→=(9,m)，F1F2→=(12,0)，所以F1O1→·F1F2→=108，故B正确；
对于C，双曲线C的渐近线方程为y=±bax=±3x，且两渐近线的倾斜角分别为π3，2π3，
由题意，PM⊥OM，PN⊥ON，则O，P，M，N四点共圆，
而∠MON=π3，则∠MPN=π3，
设P(x0,y0)，则x029−y0227=1，即3x02−y02=27，
则|PM|=|3x0−y0|2，|PN|=|3x0+y0|2，
所以|PM|·|PN|=|3x0−y0|2·|3x0+y0|2=|3x02−y02|4=274，
则|MN|=|PM|2+|PN|2−2|PM||PN|csπ3=|PM|2+|PN|2−|PM||PN|
≥|PM||PN|=332，当且仅当|PM|=|PN|=332时取等号，
所以|MN|的最小值为332，故C正确；
对于D，在∆O1O2F2中，∠O1F2O2=90°，O1O2⊥x轴，易得∆O1GF2∼∆F2GO2，
则|O1G||F2G|=|F2G||O2G|，即|F2G|2=|O1G||O2G|=32=9，
设圆O1和圆O2的半径为r1，r2，则r1r2=9，
所以圆O1和圆O2的面积之和为πr12+πr22=π(r12+r22)≥2πr1r2=18π，
当且仅当r1=r2=3时等号成立，
则圆O1和圆O2的面积之和的最小值为18π，故D正确.
15. 【小问1详解】
依题意，圆C的方程可化为(x−1)2+(y+1)2=2+m，所以2+m>0，解得m>−2，所以实数m的取值范围是m>−2；
【小问2详解】
由（1）知，圆心C(1,−1)，半径为r=2+m，所以圆心C到直线l的距离为d=|1−1+2|2=2；
所以|MN|=2r2−d2=22+m−2=2m=26，解得m=6。
16. 【小问1详解】
设事件Mi=“第i次抽到歌曲”（i=1，2），则P(M1)=610=35，P(M1M2)=610×59=13，
所以P(M2|M1)=P(M1M2)P(M1)=1335=59；
故在第1次抽到歌曲的条件下，第2次抽到歌曲的概率为59；
【小问2详解】
设事件M=“取到歌曲”，事件A=“掷出的点数为1或2”，则事件B=“掷出的点数为3，4，5，6”，显然A与B为对立事件；
所以P(A)=26=13，P(B)=46=23，P(M|A)=610=35，P(M|B)=510=12；
由全概率公式得P(M)=P(A)P(M|A)+P(B)P(M|B)=13×35+23×12=815。
所以取到歌曲的概率为815
17. 【小问1详解】
将直线x+y−1=0变形得y=−x+1，与抛物线C:y2=2px联立化简得
x2−2(p+1)x+1=0，因为直线x+y−1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A，B两点，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则根据韦达定理有x1+x2=2(p+1)，x1x2=1。
因为|AB|=8，所以
|AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=(x1−x2)2+(1−x1−1+x2)2=2·(x1+x2)2−4x1x2=8。
将x1+x2=2(p+1)，x1x2=1代入化简得|AB|=2·(x1+x2)2−4x1x2=22·p2+2p=8。
继续化简得p2+2p−8=0，解得p=−4（舍去）或p=2，
所以抛物线方程为y2=4x。
【小问2详解】
直线MN过定点，理由如下：
当直线MN的斜率不存在时，则设直线MN的方程为x=x0，
那么M(x0,2x0)，N(x0,−2x0)，因为OM→·ON→=−4，
所以x02−4x0=−4，解得x0=2，此时直线MN的方程为x=2；
当直线MN的斜率存在时，则设直线MN的方程为y=kx+b，
联立该直线与抛物线方程得(kx+b)2=4x，化简得k2x2+(2kb−4)x+b2=0。
设M(x3,kx3+b)，N(x4,kx4+b)，则根据韦达定理得x3+x4=4−2kbk2，x3x4=b2k2。
因为OM→·ON→=−4，所以OM→·ON→=x3x4+(kx3+b)(kx4+b)=(k2+1)x3x4+kb(x3+x4)+b2=−4。
代入韦达定理得(k2+1)b2k2+kb(4−2kb)k2+b2=−4，化简得4k2+4kb+b2=0，可得2k+b=0，即b=−2k。
此时直线MN的方程为y=kx−2k=k(x−2)，过定点(2,0)。
综上，直线MN过定点，定点坐标为(2,0)。
18. 【小问1详解】
取PA中点N，
∵M为PD中点，
∴MN∥AD，且MN=12AD=1，
又BC=1，BC∥AD，
∴BC∥MN，且BC=MN，
∴四边形BCMN为平行四边形，即CM∥BN，
∵BN⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，
∴CM∥平面PAB；
【小问2详解】
①∵PA⊥平面ABCD，且AB⊥AD，
则以点A为坐标原点，AB，AD，AP方向为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，M0,1,12
∴BC→=(0,1,0)，PB→=(1,0,−1)，PD→=(0,2,−1)，CD→=(−1,1,0)，
设平面PBC的法向量为n1→=(x1,y1,z1)，
则{BC→⋅n1→=y1=0PB→⋅n1→=x1−z1=0，令x1=1，则n2→=(1,0,1)，
设平面PCD的法向量为n2→=(x,y,z)，
则{PD→⋅n2→=2y−z=0CD→⋅n2→=−x+y=0，令x=1，则n2→=(1,1,2)，
∴cs⟨n1→，n2→⟩=n1→·n2→|n1→|·|n2→|=312+02+12×12+12+22=32，
∴平面PBC与平面PCD所成角的余弦值为32；
②存在点Q满足题意，BD→=(−1,2,0)，AD→=(0,2,0)，
假设存在点Q满足题意，设BQ→=λBD→=(−λ,2λ,0)，0≤λ≤1，
∴Q(1−λ,2λ,0)，AQ→=(1−λ,2λ,0)，AM→=(0,1,12)
设平面MAQ的法向量为n3→=(a,b,c)，
则{AM→⋅n3→=b+12c=0AQ→⋅n3→=(1−λ)a+2λb=0，令a=2λ，则n3→=(2λ,λ−1,2−2λ)，
所以点D到平面MAQ的距离d=|AD→·n3→||n3→|=|2(λ−1)|(2λ)2+5(λ−1)2=67，
化简可得8λ2+2λ−1=0，解得λ=14或λ=−12（舍去），即BQBD=14。
19. 【小问1详解】
由题意可知，2c=2，则c=1，所以椭圆C的左、右焦点分别为F1(−1,0)、F2(1,0)，
由椭圆定义可得2a=|PF1|+|PF2|=(1+1)2+32−02+(1−1)2+32−02=4，故a=2，
所以b=a2−c2=4−1=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1。
【小问2详解】
在椭圆C上任取一点E(x,y)，其中x24+y23=1，−2≤x≤2，所以y2=3−34x2，
|QE|2=(x−m)2+y2=x2−2mx+m2+3−34x2=x24−2mx+m2+3，
令g(x)=x24−2mx+m2+3，其中m>0，−2≤x≤2，
由题意可知函数g(x)在[−2,2]上的最小值为1，
二次函数g(x)=x24−2mx+m2+3的图象开口向上，对称轴为直线x=4m，
当0