2025-2026学年山东省东营市高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年山东省东营市高二（上）期末数学试卷（含答案），共10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.已知直线m、l和平面α、β，且l⊂α，α//β，则下列命题中正确的是( )
A. 若m//β，则m//lB. 若m//l，则m//α
C. 若m⊥β，则m⊥lD. 若m⊥l，则m⊥α
2.抛物线y=4x2的准线方程为( )
A. x=−1B. y=−1C. x=−116D. y=−116
3.已知直线l1：ax+2y−a+1=0，l2：3x+(a−1)y−2=0，则“a=−2”是“l1//l2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
4.以双曲线x23−y22=1的顶点为焦点，焦点为顶点的椭圆的标准方程是( )
A. x23+y22=1B. x22+y23=1C. x25+y22=1D. x22+y25=1
5.已知椭圆C：x24+y23=1，的右焦点为F，P为椭圆C上任意一点，点A的坐标为(−25,45)，则|PA|+|PF|的最大值为( )
A. 215B. 5C. 285D. 335
6.如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱的长度都为1，且两两夹角为60°，则BD1的模长为( )
A. 2B. 3C. 6D. 2 2
7.随机事件A、B满足P(A)=13，P(B)=12，P(B−|A)=13，下列说法正确的是( )
A. 事件A与事件B−独立B. P(AB−)=15
C. P(AB)=29D. P(AB−)=P(A−)
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，过点F2的直线l与双曲线C的右支交于A、B两点，若|AF1|+|BF1|=4|F1F2|，则双曲线C离心率的取值范围是( )
A. [2+ 3,+∞)B. (1,2+ 3]C. [ 7−2,+∞)D. (1,3+ 52]
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.已知空间向量a=(−2,−1,1)，b=(3,4,5)，则下列结论正确的是( )
A. (2a+b)/​/aB. 5|a|= 3|b|
C. a⊥(5a+4b)D. a在b上的投影数量为− 22
10.已知点A(3,0)，B(0,3)，圆C：x2+y2−6x−8y+λ=0，则( )
A. λ0)的焦点为F，点P在抛物线E上，点P的横坐标为1，且|PF|=2，A，B是抛物线E上异于O的两点．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为−4，求证：直线AB恒过定点．
17.(本小题15分)
某次社会实践活动中，甲乙两个班的同学共同对社区居民进行民意调查，参加活动的甲乙两班的人数之比为5：3，其中甲班中男生占35，乙班中男生占13．
(1)求居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是男生的概率；
(2)从甲班中抽取5名同学，分别安排在A、B、C三个社区进行民意调查，每个社区至少一名同学，每名同学只能到一个社区．
①求共有多少种不同的安排方法；
②求甲不安排在A社区的概率．
18.(本小题17分)
在五面体ABCDEF中，CD⊥平面ADE，EF⊥平面ADE．
(1)求证：AB//CD；
(2)若AB=2AD=2EF=2，∠ADE=∠CBF=90°，点D到平面ABFE的距离为 22，求二面角A−BF−C的大小．
(3)在第(2)问条件下，线段AB上是否存在点M，使得DM与平面BCF所成的角为30°.若存在，求AM的长度，若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
如图所示，图①是数学家丹德林用来证明一个平面截圆锥得到的截面曲线是椭圆的模型，图②为该模型的轴截面.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面和截面都相切，设图中球O1、球O2的半径分别为3和1，球心距离|O1O2|=2 5，截面分别与球O1、球O2相切于点E、F(E、F是截面椭圆的焦点)．
(1)请建立适当的平面直角坐标系，并求出该椭圆的标准方程；
(2)设椭圆与x轴的两个交点分别为A1、A2，Q为直线x=4上的动点，且Q不在x轴上，QA1与椭圆的另一个交点为M，QA2与椭圆的另一个交点为N，求证：△EMN的周长为定值，并求出该定值．
参考答案
1.C
2.D
3.C
4.C
5.B
6.A
7.C
8.B
9.BD
10.ABD
11.BCD
12.33
13.6
14.5
15.解：(1)因为展开式的第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比是1：2，
所以Cn4Cn2=12，
解得n=5或n=0(舍)，
所以n=5；
(2)由(1)知n=5，(2x−1 x)n展开式的通项公式为：
Tr+1=C5r(2x)5−r(−1 x)r=C5r25−r(−1)rx5−32r，r∈{0,1,2,3,4,5}，
令5−3r2∈Z，则r∈{0,2,4}，
即展开式的第1，3，5项为有理项，
所以T1=C5025(−1)0x5=32x5，T3=C5223(−1)2x2=80x2，T5=C5421(−1)4x−1=10x
即展开式中的有理项有：32x5，80x2，10x．
16.解：(1)由题意得，F(p2,0)，点P的横坐标为1，且|PF|=2，
则2=1+p2，
∴p=2，
∴抛物线E的方程为；y2=4x；
(2)当直线AB的斜率不存在时，
设A(t24,t)，B(t24,−t)，(t>0)，
因为直线OA，OB的斜率之积为−4
则tt24×−tt24=−4，化简得t2=4．
所以A(1,t)，B(1,−t)，此时直线AB的方程为x=1．
当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=kx+b，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y2=4xy=kx+b，化简得ky2−4y+4b=0，需满足Δ=16(1−kb)>0，
根据根与系数的关系得y1y2=4bk，
因为直线OA，OB的斜率之积为−4，
所以y1x1⋅y2x2=−4，即y1y2+4x1x2=0，即y1y2+4⋅y124⋅y224=0，
解得y1y2=0(舍去)或y1y2=−4，
所以y1y2=4bk=−4，即b=−k，满足Δ=16(1−kb)>0，
所以y=kx−k，
即y=k(x−1)，
综上所述，直线AB过定点(1,0)．
17.解：(1)设事件A表示“调查的同学恰好是男生”，事件B1表示“调查的同学来自甲班”，事件B2表示“调查的同学来自乙班”，
P(B1)=55+3=58，P(B2)=33+5=38，
P(A|B1)=35，P(A|B2)=13，
由全概率公式得居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是男生的概率为：
P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)=58×35+38×13=12．
(2)①把5名同学分成3组，分组方式有：
3，1，1型：C53C21C11A22=10，
2，2，1型：C52C32C11A22=15，
分组总数为10+15=25，
再分配到三个社区的安排方汉数：A33×25=150．
②甲同学在A社区，剩余4人自由安排在三个社区安排方法总数为34=81种，
其中，甲同学安排在A社区，其余4人全安排到A，B社区的方法有24=16种，
甲同学安排在A社区，其余4人全安排到A，C社区的方法有24=16种，
甲同学安排在A社区，其余4人全安排到A社区的方法有1种，
∴甲同学安排在A社区且每个社区至少安排1人的方法有81−16−16+1=50种，
∴甲不安排在A社区的概率为P=1−50150=23．
18.解：(1)证明：因为CD⊥平面ADE，EF⊥平面ADE，
所以CD//EF，因为CD⊄平面ABEF，EF⊂平面ABEF，
所以CD//平面ABEF，
因为平面ABEF∩平面ABCD=AB，AB⊂平面ABCD，
所以AB//CD．
(2)由于CD⊥平面ADE，AB//CD，所以AB⊥平面ADE，AE⊂平面ADE，
故AB⊥AE，
又因为CD⊥平面ADE，AD，ED⊂平面ADE，
所以CD⊥AD，CD⊥ED，
又∠ADE=90°，AD∩DC=D，AD，DC⊂平面ABCD，
所以ED⊥平面ABCD，
由于VD−ABE=VE−ABD，则S△ABE× 22=S△ABD⋅ED，
故12AB⋅AE× 22=12AB⋅AD⋅ED⇒AE× 22=AD⋅ED⇒AE= 2ED，
故△AED为等腰直角三角形，所以AE= 2，ED=AD=1，
如图以D为坐标原点，DA，DC，DE所在的直线分别为x，y，z轴建系，
设DC=c，则A(1,0,0)，B(1,2,0)，D(0,0,0)，C(0,c,0)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，
故BF=(−1,−1,1)，BC=(−1,c−2,0)，
由于∠CBF=90°，所以BF⋅BC=(−1,−1,1)⋅(−1,c−2,0)=1+2−c=0，故c=3，
设平面BFA的法向量为m=(x1,y1,z1)，平面BFC的法向量为n=(x2,y2,z2)，
因为AB=(0,2,0)，BF=(−1,−1,1)，
所以AB⋅m=0BF⋅m=0，即−x1−y1+z1=02y1=0，
令x1=1则m=(1,0,1)，
因为BC=(−1,1,0)，BF=(−1,−1,1)，
所以BC⋅n=0BF⋅n=0，即−x2+y2=0−x2−y2+z2=0，
令x2=1，则n=(1,1,2)，
设A−BF−C的大小为θ，
由图可知O为钝角，
所以csθ=−|m⋅n|m||n||=3 2× 6=− 32，
故θ=5π6；
(3)设线段AB上存在点M，使得DM与平面BCF所成的角为30°，
设AM=t，0≤t≤2，
则M(1,t,0)，则DM=(1,t,0)，
由(2)知，平面BCF的法向量为n=(1,1,2)，
则|cs|=|t+1| 6× t2+1=sin30°=12，
即t2−4t+1=0，
解得t=4±2 32=2± 3，
因为0≤t≤2，
所以t=2− 3，
故线段AB上是存在点M，使得DM与平面BCF所成的角为30°，此时AM=2− 3．
19.解：(1)2c=|EF|= (2 5)2−42=2，所以c=1，
设直线EF与圆锥的母线交于点A，过点A的母线与球相切于B3C两点，如图所示，
则|AB|=|AE|，|AC|=|AF|，两式相加得|AB|+|AC|=|AE|+|AF|=a−c+a+c=2a，
即|BC|=2a，过O2作O2G⊥O1B，垂足为G，则四边形BGO2C为矩形，
所以2a=|BC|= (2 5)2−22=4，因此a=2，
在椭圆所在的平面内以EF所在直线为x轴，以线段EF的中垂线为y轴，
建立平面直角坐标系，可得椭圆的标准方程为x24+y23=1；
(2)证明：由题意A1(−2,0)，A2(2,0)，设Q(4,t)(t≠0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则kQA1=t6，kQA2=12，QA1的方程为y=t6(x+2)，QA2的方程为y=t2(x−2)，
联立方程y=t6(x+2)x24+y23=1可得M(54−2t227+t2,18t27+t2)，
联立方程y=t2(x−2)x24+y23=1可得N(2t2−63+t2,−6t3+t2)
①当kMN存在，即t2≠9，即t≠±3时，kMN=−6tt2−9，
因此直线MN的方程为y+6t3+t2=−6tt2−9(x−2t2−63+t2)，即y=−6tt2−9(x−1)，
所以直线过定点(1,0)，即过椭圆的右焦点F，所以△EMN的周长为4a=8，
②当kMN不存在，即t2=9，即t=±3时，可以计算出x1=x2=1，△EMN周长也等于8，
综上所述：△EMN的周长为定值8．
联立方程y=t6(x+2)x24+y23=1可得M(54−2t227+t2,18t27+t2)，
联立方程y=t2(x−2)x24+y23=1可得N(2t2−63+t2,−6t3+t2)
①当kMN存在，即t2≠9，即t≠±3时，kMN=−6tt2−9，
因此直线MN的方程为y+6t3+t2=−6tt2−9(x−2t2−63+t2)，即y=−6tt2−9(x−1)，
所以直线过定点(1,0)，即过椭圆的右焦点F，所以△EMN的周长为4a=8，
②当kMN不存在，即t2=9，即t=±3时，可以计算出x1=x2=1，△EMN周长也等于8，
综上所述：△EMN的周长为定值8．