2025-2026学年上海外国语大学附属外国语学校高二（上）期末数学试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年上海外国语大学附属外国语学校高二（上）期末数学试卷（含答案+解析），共16页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.2025年12月，国产AI视频生成模型“通义万相”上线“角色一致性”功能，支持在多个场景中保持主角形象不变.现有5个互不相同的场景模板，需从中选出3个并按顺序生成短视频，每个模板至多使用一次.则不同的生成方案共有( )
A. 10B. 60C. 120D. 125
2.已知圆C的方程为(x−2)2+(y+1)2=25，点M(3,2)为圆内一定点.若过点M的弦AB满足M为弦AB的中点，则直线AB的方程为( )
A. x+3y−9=0B. 3x−y−7=0C. x−3y+3=0D. 3x+y−11=0
3.已知一个圆锥的侧面积为 10π，体积为π，则该圆锥的母线长为( )
A. 5B. 6C. 10D. 2 3
4.设点P是等轴双曲线x2−y2=a2(a>0)上的任意一点，O为坐标原点.考虑以下两个命题：命题①：过点P作该双曲线的切线，分别与两条渐近线交于点A、B，则△OAB的面积为定值；命题②：过点P分别作两条渐近线的垂线，垂足分别为A、B，则线段AB的最小值为a.下列判断正确的是( )
A. 命题①和命题②都正确B. 命题①正确，命题②错误
C. 命题①错误，命题②正确D. 命题①和命题②都错误
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.若组合数满足Cn3=Cn5，则正整数n= .
6.在空间直角坐标系中，已知点A(1,0,0)、B(0,4,0)、C(0,0,4).设D为线段BC的中点，则向量AD= .
7.已知抛物线x2=4y上一点P到其焦点的距离为5，则点P到x轴的距离为 .
8.某校开设4门知识类选修课和3门技能类选修课.学生需从中选修2门，且至少包含一门知识类选修课，则不同的选课方案共有 种.
9.已知正四棱锥的底面边长为6，高为4，则这个正四棱锥的侧面积为 .
10.已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和底面直径均为 2，则这个球的体积为 .
11.如图所示，ABCD为梯形，AD//BC，AB=BC=12AD=2，∠DAB=90∘，现在将这个图形绕着直线AD旋转一周，得到一个几何体Ω，那么这个几何体Ω的体积是 .
12.已知直线l：2x−3y+3=0，若过点P(1,0)的直线m与直线l的夹角大小为arctan32，则直线m的方程为 .
13.某校举办中学生模拟联合国大会，参会代表按地域分为亚太、欧洲、非洲、美洲4个不同团组.现需将5名志愿者(甲、乙、丙、丁、戊)全部安排到这4个团组担任接引工作，每个团组至少安排1人，则不同的安排方案共有 种.
14.地球可近似视为半径为R的球体.已知我国的冰城哈尔滨市与意大利的都灵市的地理坐标分别约为北纬45∘、东经127∘和北纬45∘、东经7∘.若将两地视为同一纬度圈上的两点，则它们在该纬度圈上所对应的劣弧长度为 .(用含R的式子表示)
15.已知双曲线的方程为x2−y224=1，其左、右焦点分别为F1、F2.P为该双曲线上第一象限内的点，且∠F1PF2=90∘，则△F1PF2的内切圆圆心坐标为 .
16.在空间中有两个定点F1、F2，点P、Q满足|PF1|+|PF2|=|QF1|+|QF2|=10，且|F1F2|=8.平面PF1F2与平面QF1F2互相垂直，∠F1PF2=90∘，且|QF1|=|QF2|.则异面直线PQ与F1F2所成角的余弦值为 .
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其离心率e=45，点B(0,3)为椭圆的上顶点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若P为椭圆C上的一个动点，求|PB|的最大值.
18.(本小题14分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60∘，对角线AC与BD相交于点O.已知∠PBA=∠PBC，且△PBD为等边三角形.
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)过点A作平面α，使得α⊥PC.求平面α与平面PAB所成锐二面角的余弦值.
19.(本小题16分)
已知抛物线C：y2=3x，过点P(2,2)作直线l与抛物线C交于两点A、B(点A、B异于原点O).
(1)若∠AOB=90∘，求直线l的方程；
(2)若向量关系满足3OP=2OA+OB(其中O为坐标原点)，求直线l的方程.
20.(本小题18分)
如图1所示，已知△ABC与△ADC满足：BA=BC，DA=DC，AC=2，∠ABC=90∘，∠ADC=60∘，二面角D−AC−B的大小为120∘，O为线段AC的中点.
(1)证明：平面BOD⊥平面ABC；
(2)求点D到平面ABC的距离；
(3)如图2所示，若点P满足PO⊥平面ABC且PD⊥平面ADC，求六面体PABCD的体积.
21.(本小题18分)
已知抛物线C1：y2=2px(p>0)与椭圆C2：x2a2+y2b2=1(a>b>0)有一个公共焦点F.
(1)当椭圆C2经过两点(3,2)和(4,32)时，求椭圆C2和抛物线C1的方程.
(2)若抛物线C1：y2=8x与椭圆C2：x236+y232=1在第一象限和第四象限内的交点分别为P(x0,y0)和Q，O为坐标原点，记由曲线y2=8x(x≤x0)与x236+y232=1(x≥x0)构成的曲线为C3.
i.已知A(3,2)，M是曲线C3上的动点，求|MA|+|MF|的最小值；
ii.已知F为△OPQ的重心，在曲线C3上还存在异于O、P、Q的点M1(x1,y1)、M2(x2,y2)、M3(x3,y3)，使得△M1M2M3的重心也为F.证明：M1、M2、M3中有且只有两点在抛物线上，且这两点在同一象限内.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意可知，不同的生成方案共有A53=60种．
故选：B.
利用排列数的定义直接求解．
本题主要考查了简单的排列问题，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：圆C的标准方程为(x−2)2+(y+1)2=25，则圆心C(2,−1)，半径r=5，
∵弦AB的中点为M(3,2).
由(3−2)2+(2+1)2|PF2|，
则|PF1|−|PF2|=2 7，
设PQ与F1F2所成的角为α，
则有csα=|cs|=|PQ⋅F1F2||PQ|⋅|F1F2|=|(PO+OQ)⋅F1F2|40
=|PO⋅F1F2|40=|12(PF1+PF2)⋅(PF2−PF1)|40
=||PF2|2−|PF1|2|80=|(|PF2|+|PF1)(|PF2|−|PF1|)|80=10×2 780= 74.
故答案为： 74.
由题意计算|QF1|=|QF2|=5，则|OQ|=3，在直角三角形PF1F2中，利用勾股定理计算|PF1|−|PF2|=2 7，设PQ与F1F2所成的角为α，利用向量法求解即可．
本题考查利用向量法求线线角，考查向量的线性运算，属于难题．
17.【答案】x225+y29=1 254
【解析】解：(1)由题意可得b=3,ca=45a2=b2+c2，解得a=5b=3c=4，
所以椭圆C的标准方程为x225+y29=1；
(2)设P(x,y)为椭圆上的动点，满足x225+y29=1，即x2=25(1−y29)，
|PB|= x2+(y−3)2= 25(1−y29)+(y−3)2= −169y2−6y+34，
−169y2−6y+34这是关于y的二次函数，定义域为y∈[−3,3]，
当y=−2716时，−169y2−6y+34取得最大值为62516，
所以|PB|max= 62516=254，
即|PB|的最大值为254.
(1)根据已知可得a，b，c的方程组，求解即可；
(2)设P(x,y)为椭圆上的动点，利用两点间的距离公式及二次函数的性质即可求解最大值．
本题主要考查椭圆的性质及标准方程，椭圆的中的最值问题，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以BD⊥AC，O为BD中点．
因为∠PBA=∠PBC，PB=PB，BA=BC，
所以△PBA≌△PBC.
所以PA=PC，
又因为O为AC中点，
可得PO⊥AC，
又△PBD为等边三角形，所以PO⊥BD，
因为AC∩BD=O，AC，BD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD 105
【解析】解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以BD⊥AC，O为BD中点．
因为∠PBA=∠PBC，PB=PB，BA=BC，
所以△PBA≌△PBC，
所以PA=PC，
又因为O为AC中点，
可得PO⊥AC，
又△PBD为等边三角形，所以PO⊥BD，
因为AC∩BD=O，AC，BD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
(2)由(1)知PO⊥平面ABCD，且AC⊥BD，
故OA，OB，OP互相垂直，
故以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60∘，
则A( 3,0,0)，B(0,1,0)，C(− 3,0,0)，P(0,0, 3)，
PC=(− 3,0,− 3)，PA=( 3,0,− 3)，PB=(0,1,− 3)，
因为平面α⊥PC，
故PC为平面α的一个法向量，
设平面PAB的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅PA= 3x− 3z=0m⋅PB=y− 3z=0
令z=1，则y= 3,x=1，
故m=(1, 3,1)，
所以平面α与平面PAB所成锐二面角的余弦值为|cs|=|m⋅PC||m||PC|=2 3 6× 5= 105.
(1)先证△PBA≌△PBC，得出PA=PC，进而有PO⊥AC，再根据△PBD为等边三角形，得出PO⊥BD，即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，分别计算平面α与平面PAB的法向量，理由向量法求解即可．
本题考查线面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
19.【答案】2x+y−6=0 3x−5y+4=0
【解析】解：(1)当直线l过P(2,2)且斜率k不存在时，直线l的方程为x=2，
易得A，B为(2, 6)，(2,− 6)，
此时OA⋅OB=2×2+ 6×(− 6)=−2≠0，
所以∠AOB≠90∘，所以直线l的斜率k存在，
所以设直线l的方程为y=k(x−2)+2，
联立y=k(x−2)+2y2=3x，可得ky2−3y+6(1−k)=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，y1⋅y2≠0，
则y1+y2=3k，y1y2=6(1−k)k，
若∠AOB=90∘，则OA⋅OB=0，
即x1x2+y1y2=0，
所以(y1y2)29+y1y2=0，y1⋅y2≠0，
所以y1y2=−9，即6(1−k)k=−9，解得k=−2，
所以直线l的方程为y=−2(x−2)+2，即2x+y−6=0；
(2)若3OP=2OA+OB，则3(2,2)=2(x1,y1)+(x2,y2)，
所以6=2y1+y2，又由(1)可知y1+y2=3k，y1y2=6(1−k)k，
所以6=2y1+y2y1+y2=3k，解得y1=6−3ky2=6k−6，
所以y1y2=6(1−k)k=(6−3k)(6k−6)，
化简可得5k2−8k+3=0，解得k=1或k=35，
当k=1时，直线l过原点，不满足题意，
所以k=35，
所以直线l的方程为y=35(x−2)+2，即为3x−5y+4=0.
(1)设直线l的方程为y=k(x−2)+2，联立直线与抛物线方程，根据向量数量积运算，建立方程，即可求解；
(2)由(1)根据向量关系，结合韦达定理，建立方程，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，属中档题．
20.【答案】证明：因为BA=BC，DA=DC，O为线段AC的中点，
所以AC⊥OB，AC⊥OD，又OB∩OD=O，
所以AC⊥平面BOD，又AC⊂平面ABC，
所以平面BOD⊥平面ABC 32 2+ 33
【解析】解：(1)证明：因为BA=BC，DA=DC，O为线段AC的中点，
所以AC⊥OB，AC⊥OD，又OB∩OD=O，
所以AC⊥平面BOD，又AC⊂平面ABC，
所以平面BOD⊥平面ABC；
(2)由(1)可知AC⊥平面BOD，且二面角D−AC−B的平面角为∠BOD=120∘，
所以点D到平面ABC的距离为DO×sin60∘，
又三角形ACD为边长为2的等边三角形，所以DO= 3，
所以D到平面ABC的距离为DO×sin60∘= 3× 32=32；
(3)因为PO⊥平面ABC且PD⊥平面ADC，∠BOD=120∘，
所以∠DOP=30∘，PD⊥DO，又DO= 3，所以PD=1，OP=2，
所以六面体PABCD的体积为：
VP−ACD+VP−ABC
=13×(12×2× 3)×1+13×(12×2×1)×2
=2+ 33.
(1)根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，即可证明；
(2)根据题意可得二面角D−AC−B的平面角为∠BOD=120∘，从而可得点D到平面ABC的距离为DO×sin60∘，进而可求解；
(3)根据题意可得六面体PABCD的体积为VP−ACD+VP−ABC，从而可求解．
本题考查面面垂直的证明，点面距的求解，六面体的体积的求解，属中档题．
21.【答案】x225+y2254=1，y2=10 3x (i)5；(ii)证明：由题意，F(2,0)，设M1(x1,y1)，M2(x2,y2)，M3(x3,y3)，
则有x1+x2+x3=6，y1+y2+y3=0，
且x1，x2，x3均不为3，故x1，x2，x3至多有一个大于3，
故M1，M2，M3至少有两个点在抛物线上．
假设M1，M2，M3三个点均在抛物线上，则x1，x2，x3∈(0,3)，y1,y2,y3∈(−2 6,2 6)，
则y128+y228+y328=6y1+y2+y3=0，则y128+y228+(y1+y2)28=6，
即y12+y2y1+y22−24=0，同理y32+y2y3+y22−24=0，
则方程y2+y2y+y22−24=0的两根为y1，y3，则y1y3=y22−24