2025-2026学年安徽省亳州市涡阳三中高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年安徽省亳州市涡阳三中高二（上）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若向量m=(3,2λ,3)的横、纵、竖三个坐标之和为0，则λ=( )
A. 6B. 3C. −3D. −6
2.若C122x=C12x+6，则x=( )
A. 2或6B. 2或3C. 3D. 6
3.已知a>0，则圆(x−a)2+y2=a2与圆x2+(y−a)2=a2的位置关系是( )
A. 内含B. 外离C. 相切D. 相交
4.已知点P(a,b)为抛物线C：y2=4x上一动点，则a+b的最小值为( )
A. −4B. −1C. 1D. 4
5.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线经过点(2,− 5)，则C的离心率为( )
A. 52B. 32C. 2D. 3
6.在三棱锥A−BCD中，AB⊥BC，且AB=BC=2，BD⊥CD，且BD=CD，若二面角A−BC−D的大小为π3，则AB⋅AD=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
7.在某校举行的“诵读经典”活动中，学校准备随机将6本图书奖励给获奖的6名学生，每名学生1本，其中《三国演义》和《红楼梦》各1本，《西游记》和《水浒传》各2本，同名书是完全一样的，则奖励方案的种数为( )
A. 720B. 360C. 180D. 120
8.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在C上，点P为△MF1F2的内心，线段MP的延长线与x轴交于点N，若|MP||MN|=23，则C的离心率为( )
A. 33B. 13C. 22D. 12
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l1：ax+4y−3=0，l2：x+(a−3)y+2=0，则下列说法正确的是( )
A. l1可能垂直于x轴B. l2可能垂直于x轴
C. 若a=−1，则l1//l2D. 若l1//l2，则a=−1
10.已知(x2−1x)n的展开式中x2的系数为6，则( )
A. Cn2>Cn3B. 展开式中各二项式系数之和为16
C. 展开式中第4项为−4xD. 展开式中不含常数项
11.已知椭圆C：x24+y22=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为C上一动点，过点M(1,1)的直线l与C交于A，B两点，且M为AB的中点，O为坐标原点，则下列结论正确的是( )
A. 点P不可能在以F1F2为直径的圆内
B. 若|PF1|−|PF2|=2，则cs∠F1PF2=23
C. 直线l的方程为x+2y−3=0
D. 存在点P，使得四边形OABP为平行四边形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.从4顶不同的帽子中随机选择2顶分给甲、乙两人，每人1顶帽子，共有 种分法.(用数字作答)
13.已知{a,b,c}是空间的一组基，向量AB=a+2c,AC=a−λb,AD=a+b+4c，且A，B，C，D四点共面，则λ= ．
14.对于一个圆，若点A，B使得圆上任意一点P都满足|PA||PB|为常数λ(λ≠1)，则称A，B是一对与此圆对应的阿波罗尼斯点.已知点P为圆C：x2+y2=9上任意一点，点D(0,2)与点E是一对与圆C对应的阿波罗尼斯点，则|PD||PE|= ．
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.(本小题13分)
已知直线l：kx−y+k=0．
(1)若l经过圆C：x2+y2−2x−3=0的圆心，求l的方程；
(2)若l与两坐标轴围成的三角形面积为2，求l的方程．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，SD⊥AD，SD⊥CD，AD⊥CD，CD/​/AB，E为SB的中点，AB=4，DA=DC=DS=2．
(1)求CE⋅SA的值；
(2)求直线SD与平面ACE所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
已知(1+2x)n的展开式中所有项的系数之和为729．
(1)求n；
(2)求展开式中各项系数的最大值；(结果用数字表示)
(3)求(1+2x)+(1+2x)2+(1+2x)3+⋯+(1+2x)n的展开式中x2的系数.(结果用数字表示)
18.(本小题17分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点P(2,y0)在C上，且|PF|=3．
(1)求C的方程．
(2)过点F作互相垂直的动直线l1，l2，设l1，l2与C分别交于点A，B和点M，N，其中点A，M在第一象限，再过点F作x轴的垂线，分别交直线AM，BN于点G，H．
(i)证明：F是GH的中点．
(ii)以GH为直径的圆是否可能与y轴相切？请说明理由．
19.(本小题17分)
如图，在三棱锥D−ABC中，△ABC为正三角形，DA=DB=2 2，AB=DC=4，过点C的平面与棱DB，DA分别交于点M，N，且MN//AB，记DM=λDB(0Cn3，故A选项正确；
对于B选项，24=16，故展开式中各二项式系数之和为16，故B选项正确；
对于C选项，展开式中第4项为C43(−1)3x−1=−4x−1，故C选项错误；
对于D选项，令8−3r=0，解得r=83∉N，故展开式中不含常数项，故D选项正确．
故选：ABD．
由题意求得n=4，根据二项式定理依次判定各选项即可求解．
本题考查了二项式定理的应用计算，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由题意知a=2,b= 2，c= a2−b2= 2，
所以F1(− 2,0),F2( 2,0)，
以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=2，
又P(x,y)在椭圆上，满足x24+y22=1，即y2=2−x22，
代入圆的方程左边x2+y2=x2+2−x22=2+x22≥2，
当且仅当x=0时取等号，
所以点P不可能在以F1F2为直径的圆内，故A正确；
对于B，易知|PF1|+|PF2|=2a=4，又|PF1|−|PF2|=2，
解得|PF1|=3，|PF2|=1，
又|F1F2|=2c=2 2，
则cs∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1||PF2|=9+1−82×3×1=13，故B错误；
对于C，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为M(1,1)是AB的中点，所以x1+x2=2，y1+y2=2，
由x124+y122=1,x224+y222=1，两式相减得：
x12−x224+y12−y222=0,(x1−x2)(x1+x2)4+(y1−y2)(y1+y2)2=0，
代入x1+x2=2，y1+y2=2，
得x1−x22+(y1−y2)=0，
变形得y1−y2x1−x2=−12=kAB，
则直线的方程为y−1=−12(x−1)，即x+2y−3=0，故C正确；
对于D，联立x+2y−3=0x24+y22=1，
整理可得6y2−12y+5=0，
可得y1+y2=2,y1y2=56，
所以|AB|= 1+22 (y1+y2)2−4y1y2= 303，
假设存在点P(xp,yp)，使得四边形OABP为平行四边形，
可知kOP=kAB=−12，
即直线OP方程为y=−12x，代入椭圆方程可得yP2=23，
因此|OP|= xP2+yP2= 4yP2+yP2= 5yP2= 5×23= 303，
即可知|AB|=|OP|，且AB/​/OP，
因此四边形OABP为平行四边形，即D正确．
故选：ACD．
求出以F1F2为直径的圆的方程，再由点P在椭圆上可得点P不可能在圆内，判断A
由椭圆定义可得解得|PF1|=3，|PF2|=1，再利用余弦定理计算可判断B；
利用点差法代入点M(1,1)的坐标求出kAB=−12，可知判断C；
分别求出弦长|AB|，再根据平行四边形性质可得出存在点P满足|AB|=|OP|，且AB/​/OP，可判断D．
本题考查椭圆方程的应用，考查逻辑推理与运算能力，属于难题．
12.【答案】12
【解析】解：根据题意，该问题为排列问题，
有A42=4×3=12种分法．
故答案为：12．
根据排列数定义以及分步乘法计数原理可得结果．
本题考查排列数的应用，注意排列、组合的不同，属于基础题．
13.【答案】1
【解析】解：因为A，B，C，D四点共面，
故存在m，n，使得AB=mAC+nAD，
因为AB=a+2c,AC=a−λb,AD=a+b+4c，
所以a+2c=m(a−λb)+n(a+b+4c)
=(m+n)a+(n−mλ)b+4nc，
则1=m+n0=n−λm2=4n，解得m=n=12，λ=1．
故答案为：1．
根据A，B，C，D四点共面，可得存在实数m，n，使得AB=mAC+nAD，根据条件，代入求解，即可得答案．
本题主要考查了空间向量基本定理的应用，属于基础题．
14.【答案】23
【解析】解：设E(m,n)，P(x,y)，
∵点D(0,2)，
∴|PD|= x2+(y−2)2,|PE|= (x−m)2+(y−n)2，
∵点D(0,2)与点E是一对与圆C对应的阿波罗尼斯点，设|PD||PE|=λ，
∴|PD|=λ|PE|，
两边同时平方得x2+(y−2)2=λ2[(x−m)2+(y−n)2]，
把x2+y2=9代入得13−4y=−2mλ2x−2nλ2y+(m2+n2+9)λ2，
∴−2mλ2=0−2nλ2=−4(m2+n2+9)λ2=13，∴m=0,n=2λ2，
∴[(2λ2)2+9]λ2=13，
即9λ4−13λ2+4=0⇒(9λ2−4)(λ2−1)=0，解得λ2=49或λ2=1，
又λ≠1，∴λ2≠1，∵λ>0，∴λ=23．
故答案为：23．
根据阿波罗尼斯点的定义设出点E的坐标，再结合点P在圆上，利用两点间距离公式列出等式，通过等式恒成立即可求出．
本题考查阿波罗尼斯点的定义，考查圆的方程，正确利用两点间距离公式列出等式，通过等式恒成立解决问题是关键，属于中档题．
15.【答案】y=0 4x−y+4=0或4x+y+4=0
【解析】解：(1)圆C的方程x2+y2−2x−3=0，化为标准方程为(x−1)2+y2=4，圆心C(1,0)．
因为l：kx−y+k=0经过圆C的圆心，
所以k×1−0+k=0，解得k=0，
所以l的方程为y=0；
(2)由题可知k≠0，
由l：kx−y+k=0可得，x=0时，x=−1；x=0时，y=k，
所以直线l与x轴交于点(−1,0)，与y轴交于点(0,k)．
由题意可得12×1×|k|=2，
解得k=±4，
所以l的方程为4x−y+4=0或4x+y+4=0．
(1)确定圆心坐标，代入直线方程求得k，即可求解；
(2)分别计算直线在两坐标轴上的截距，结合面积公式求得k，即可求解．
本题考查直线与圆的位置关系，考查三角形面积的计算，正确计算是关键，属于基础题．
16.【答案】0 33
【解析】解：(1)因为SD⊥AD，SD⊥CD，AD⊥CD，
故以D为坐标原点，直线AD，CD，SD分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)，E(1,2,1)，
可得CE=(1,0,1)，SA=(2,0,−2)，
所以CE⋅SA=2−2=0；
(2)由(1)可得CE=(1,0,1)CA=(2,−2,0)DS=(0,0,2)，
设平面ACE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥CEn⊥CA，则n⋅CE=x+z=0n⋅CA=2x−2y=0，
令x=1，可得n=(1,1,−1)，
设直线SD与平面ACE所成的角为θ，
则sinθ=|DS⋅n||DS||n|=|0+0−2|2× 3= 33，
即直线SD与平面ACE所成角的正弦值为 33．
(1)建立空间直角坐标系，可得CE=(1,0,1)，SA=(2,0,−2)，即可求解；
(2)求出平面ACE的法向量，利用向量法求解即可．
本题考查利用向量法求线面角，属于基础题．
17.【答案】n=6 240 140
【解析】解：(1)已知(1+2x)n的展开式中所有项的系数之和为729，
令x=1，得(1+2)n=3n=729，得n=6；
(2)(1+2x)6的展开式的通项Tk+1=C6k⋅2kxk,k=0,1,2,⋯,6，
设第(k+1)项的系数最大，
则C6k⋅2k≥C6k−1⋅2k−1,C6k⋅2k≥C6k+1⋅2k+1,整理得2k≥17−k,16−k≥2k+1,
解得113≤k≤143，则k=4，
所以展开式中各项系数的最大值为C64⋅24=240；
(3)已知(1+2x)+(1+2x)2+(1+2x)3+⋯+(1+2x)n，
1+2x中没有x2项，(1+2x)2的展开式中x2的系数为C22⋅22，
(1+2x)3的展开式中x2的系数为C32⋅22,⋯，
(1+2x)6的展开式中x2的系数为C62⋅22，
所以x2的系数为22(C22+C32+C42+C52+C62)=4C73=140．
(1)赋值x=1得到关于n的等式，进而求出结果；
(2)先根据二项式定理求出通项，然后列出不等式，求解即可；
(3)根据二项式定理求出所求项的系数．
本题考查了二项式定理的应用计算，属于中档题．
18.【答案】y2=4x (i)证明：由(1)可知C的焦点坐标为F(1,0)，
由题意知l1，l2的斜率都存在且不为0，设l1：x=my+1，m≠0，则l2：x=−1my+1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x3,y3)，N(x4,y4)，
联立可得x=my+1,y2=4x,消去x并整理得y2−4my−4=0，
此时Δ=16m2+16>0，且y1+y2=4m，y1y2=−4．
同理y3+y4=−4m，y3y4=−4．
直线AM的斜率为y1−y3x1−x3=y1−y3y124−y324=4y1+y3，方程为y−y1=4y1+y3(x−x1)，
由xG=1，得yG=4+y1y3y1+y3，同理yB=4+y2y4y2+y4，
又y1y2=y3y4=−4，所以yH=4+(−4y1)(−4y3)−4y1−4y3=−4+y1y3y1+y3，
可得yG+yH=0，所以F是GH的中点．
(ii)以GH为直径的圆不可能与y轴相切，理由如下：
若以GH为直径的圆与y轴相切，则yG=1．
由yG=1，可得4+y1y3y1+y3=1，所以4+y1y3=y1+y3．
又y1+y2=4m，y3+y4=−4m，故(y1+y2)(y3+y4)=−16，即(y1−4y1)(y3−4y3)=−16，
整理得(y1y3+4)2=4(y1−y3)2．
不妨取m>0，则y1>y3，所以y1y3+4=2(y1−y3)，
又4+y1y3=y1+y3，可得y1=3y3，
代入4+y1y3=y1+y3，可得3y32−4y3+4=0，因为Δ=−320，且y1+y2=4m，y1y2=−4．
同理y3+y4=−4m，y3y4=−4．
直线AM的斜率为y1−y3x1−x3=y1−y3y124−y324=4y1+y3，方程为y−y1=4y1+y3(x−x1)，
由xG=1，得yG=4+y1y3y1+y3，同理yB=4+y2y4y2+y4，
又y1y2=y3y4=−4，所以yH=4+(−4y1)(−4y3)−4y1−4y3=−4+y1y3y1+y3，
可得yG+yH=0，所以F是GH的中点．
(ii)以GH为直径的圆不可能与y轴相切，理由如下：
若以GH为直径的圆与y轴相切，则yG=1．
由yG=1，可得4+y1y3y1+y3=1，所以4+y1y3=y1+y3．
又y1+y2=4m，y3+y4=−4m，故(y1+y2)(y3+y4)=−16，即(y1−4y1)(y3−4y3)=−16，
整理得(y1y3+4)2=4(y1−y3)2．
不妨取m>0，则y1>y3，所以y1y3+4=2(y1−y3)，
又4+y1y3=y1+y3，可得y1=3y3，
代入4+y1y3=y1+y3，可得3y32−4y3+4=0，因为Δ=−32