山东省日照市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷及答案（word版+pdf版）

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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。
1-4 ABAC 5-8 DCDA
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.ABC 10.AC 11.ACD
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.-4
13.10
14. 12,23
四、解答题:本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.【解析】(1) 由题意得动点 P 到 F1,0 的距离与它到直线 x=−1 的距离相等,
所以 P 的轨迹为以 F1,0 为焦点,以 x=−1 为准线的抛物线, 2 分
设动点 P 轨迹方程为 E:y2=2px ,则 p=2 , 4 分
所以所求轨迹方程为 y2=4x . 5 分
(2)如图，可知直线的斜率可能不存在，但不为 0 ,
设 l:x=my+2,Mx1,y1,Nx2,y2 . 6 分
联立 x=my+2y2=4x 得 y2−4my−8=0 , 7 分
则 y1+y2=4m,y1y2=−8 . 9 分
此时, S△FMN=12y1−y2=1216m2+32=4 ,解得 m=±2 . 11 分
故直线 l 的方程为 x−2y−2=0 或 x+2y−2=0 . 13 分
16.【解析】(1) 连接 BD ,取 BC 中点 F ,连接 DF ,如图所示.
因为 AD=1,BC=2 ,所以 AD//BF,AD=BF ,所以四边形 ABFD 为平行四边形.
所以 AB=DF=1 ，则 DF=CF=BF=1 ，
所以 ∠CDB=90∘ ，即 CD⊥BD . 2 分
因为 PB⊥ 平面 ABCD,CD⊂ 平面 ABCD ,所以 PB⊥CD ,
又 BD∩PB=B,BD,BP⊂ 平面 PBD ,所以 CD⊥ 平面 PBD , 4 分
又 BE⊂ 平面 PBD ,所以 CD⊥BE . 5 分
又 BE⊥PD,PD∩CD=D,PD,CD⊂ 平面 PCD ,所以 BE⊥ 平面 PCD , 6 分
又 BE⊂ 平面 EBC ,所以平面 EBC⊥ 平面 PCD . 7 分
(2)以 B 为坐标原点， BC ， BA ， BP 所在的直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 8 分
所以 B0,0,0,C2,0,0,D1,1,0,A0,1,0,P0,0,1,PD=1,1,−1,BC=2,0,0 ,
设 PE=λPD ,则 Eλ,λ,1−λ
因为 BE⊥PD ,所以 BE⋅PD=λ,λ,1−λ⋅1,1,−1=0
得 λ=13 ，即 E13,13,23 所以 BE=13,13,23 ， 10 分
设平面 EBC 的一个法向量 n=x,y,z ,
所以 BE⋅n=13x+13y+23z=0BC⋅n=2x=0 ,得 x=0 ,令 z=1 ,得 y=−2 ,
所以平面 EBC 的一个法向量 n=0,−2,1 . 12 分
设直线 PD 与平面 EBC 的夹角为 θ ,所以 sinθ=cs⟨PD,n⟩=PD⋅nPD⋅n=33×4+1=155 . 14 分
即直线 PD 与平面 EBC 所成角的正弦值为 155 . 15 分
17. 【解析】(1)因为平面 OAB ,平面 OAC ,平面 OBC 两两垂直，所以 α=β=γ=π2 ，
所以球面三角形 ABC 面积为 S球面△ABC=α+β+γ−πR2=π2R2 . 4 分
(2)(i)由 AD 是球的直径，得 AB⊥BD,AC⊥CD ， 5 分
且 AC⊥BC,CD∩BC=C,CD,BC⊂ 平面 BCD ,则 AC⊥ 平面 BCD , 7 分
又 BD⊂ 平面 BCD ,则 AC⊥BD ; 8 分
(ii) 由 (i) 知 AC⊥BD,AB⊥BD ,
而 AB∩AC=A,AB,AC⊂ 平面 ABC ，于是 BD⊥ 平面 ABC ， 9 分
由直线 DA,DC 与平面 ABC 所成的角分别为 π4,π3 ,
得 ∠DAB=π4,∠DCB=π3 ， 10 分
因为 R=3 ,得 AD=23,AB=BD=6,BC=2,AC=2 ,
以 C 为坐标原点,直线 CB,CA 分别为 x,y 轴,过点 C 作 BD 的平行线为 z 轴,建立空间直角坐标系,则
A0,2,0,B2,0,0,C0,0,0,D2,0,6,S0,1,0,T22,0,0,E2,0,62,O22,1,62,
则 CB=2,0,0,CO=22,1,62,ST=22,−1,0,TE=22,0,62 ,
设平面 OBC 法向量 m=x1,y1,z1 ,则 m⋅CB=2x1=0m⋅CO=22x1+y1+62z1=0 ,
取 z1=−2 ,得 m=0,6,−2 , 12 分
设平面 EST 法向量 n=x2,y2,z2 ,则 n⋅ST=22x2−y2=0n⋅TE=22x2+62z2=0 ,
取 x2=3 ,得 n=3,62,−1 , 14 分
设平面 OBC 与平面 EST 的夹角为 θ ,所以 csθ=cs⟨m,n⟩=m⋅nmn=m⋅n10⋅224=3+211=551
则平面 OBC 与平面 EST 所成角的余弦值为 5511 . 15 分
18.【解】(1)当 n=3 时,样本空间 Ω 包含 33=27 个样本点,
记“每人都不选自己面前的书”为事件 A ，则事件 A 包含 23=8 个样本点，
所以 PA=827 ; 4 分
(2)(i)由题意得: PY1=0=12, PY1=1=12 ，
则 Y1 的分布列为
8 分
(ii) 方法一: 用有序数对 Yi,Yi′i=1,2,⋯,n 表示 Yi 与 Yi′ 可能的取值,
则每一组 Yi,Yi′ 的可能取值为 0,0,0,1,1,0,1,1,Yi′Yi′ 的取值为0,1,
则变量 X 的可能取值有 0,1,2,3,⋯,n . 9 分
当 X=k 时,在数组 Yi,Yi′ 中有 k 组值为 1,1 ,
剩下 n−k 组值,每组值都有 3 种情况,分别为 0,0,0,1,1,0 ,
此时 Yi,Yi′i=1,2,⋯,n 所对应的情况数为 Cnk⋅3n−k 种. Yi,Yi′i=1,2,⋯,n 的所有可能结果共 4n 个,
所以 PX=k=Cnk⋅3n−k4nk=0,1,2,⋯,n . 12 分
所以随机变量 X 的分布列为:
所以随机变量 X 的数学期望为 EX=k=0nk⋅Cnk⋅3n−k4n=3n4nk=0nk⋅Cnk3k . 14 分下面先证 k⋅Cnk=n⋅Cn−1k−1 ,
k⋅Cnk=k⋅n!n−k!k!=n⋅n−1!n−1−k−1!k−1!=n⋅Cn−1k−1
得 k=0nk⋅Cnk3k=k=1nn⋅Cn−1k−13k=n3⋅k=1nCn−1k−13k−1=n3⋅1+13n−1=n3⋅43n−1 , 16 分
所以 EX=3n4nk=0nk⋅Cnk3k=3n4n⋅n3⋅43n−1=n4 . 17 分
方法二: 由题意知,事件 “ Yi=1 ” 与 “ Yi′=1 ” 相互独立,
所以 PYiYi′=1=14i=1,2,⋯,n , 12 分
则随机变量 X∼Bn,14 , 14 分
则变量 X 的可能取值有 0,1,2,3,⋯,n ， PX=k=Cnk34n−k14kk=0,1,2,⋯,n ，
所以随机变量 X 的分布列为:
16 分
所以 EX=n4 . 17 分
19.【解析】(1) 因为平面 ABC⊥α ,平面 ABC∩α=AB,BC⊂ 平面 ABC,BC⊥AB ,
所以 BC⊥α . 所以直线 CD 在 α 内的射影为直线 AB ,
所以直线 CD 与 α 所成角为 ∠CDB . 2 分

过 D 作 DF⊥AC ,垂足为 F . 因为 CD 平分 ∠ACB,DB⊥BC ,所以 DF=DB .
又 AD=2DB ,所以 DF=12AD ,所以 ∠DAF=30∘ .
又 AB=6,∠ABC=90∘ ,所以 BC=23 . 4 分
因为 DB=13AB=2 ，所以 ∠CDB=60∘ ，

所以直线 CD 与平面 α 所成角为 60∘ . 5 分
(2)(i)曲线 Γ 是椭圆，理由如下:
由(1)可知, DF⊥AC,DA=DC ,所以 F 是 AC 的中点,
设 AB 的中点为 O ,所以 OF//BC .
又 BC⊥α ,所以 OF⊥α . 在 α 内过 O 作 OG⊥AB ,所以 OF⊥OB,OF⊥OG
以 O 为原点, OG,OB,OF 所在的方向分别为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向, 6 分建立空间直角坐标系 O−xyz ,如图所示.
因为 OB=3,DB=2 ，所以 OD=1 ，
设 Ex,y,0 ，又 D0,1,0,C0,3,23 ，则 CE=x,y−3,−23,CD=0,−2,−23 .
因为 cs∠ECD=CD⋅CECDCE ,又 ∠ECD=30∘ ,
所以 −2y+184x2+y−32+12=32 ,化简得 3x2+2y2=18 ,即 x26+y29=1 , 9 分
所以曲线 Γ 是椭圆. (用截口曲线说明曲线是椭圆可得 7 分)
(ii) 方法一: 设 Px1,y1,0,Qx2,y2,0 .
在平面 α 内,因为 l 与 AB 不重合,可设 l:y=kx+1 ,由 y=kx+1,3x2+2y2=18, 得 2k2+3x2+4kx−16=0 ,
所以 x1+x2=−4k2k2+3,x1x2=−162k2+3