2025-2026学年山东省东营市高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年山东省东营市高二（上）期末数学试卷（含解析），共19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．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为直线m、l和平面α、β，且l⊂α，α/​/β，
所以若m//β，则m/​/l或m与l异面或相交，所以A选项错误；
若m/​/l，则m/​/α或m⊂α，所以B选项错误；
若m⊥β，则m⊥l，所以C选项正确；
若m⊥l，则m与α可以成[0,π2]的任意角，所以D选项错误．
故选：C．
根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可．
本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查抛物线的定义和性质，属于基础题．
由抛物线的准线方程的定义可求得．
【解答】
解：因为抛物线y=4x2，可化为：x2=14y，
则抛物线的准线方程为y=−116．
故选：D．
3.【答案】C
【解析】解：由l1//l2，得a(a−1)−2×3=0−2a−3(1−a)≠0，解得a=−2，故“a=−2”是“l1//l2”的必要条件，
当a=−2，直线l1：2x−2y−3=0，l2：3x−3y−2=0，此时l1//l2，故“a=−2”是“l1//l2”的充分条件，
故“a=−2”是“l1//l2”的充要条件．
故选：C．
根据充分条件，必要条件的定义，结合两条直线平行的条件即可求出答案．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：因为双曲线方程为x23−y22=1，
所以a= 3,b= 2，故c= a2+b2= 5，
所以双曲线的顶点坐标为(− 3,0),( 3,0)，焦点坐标为(− 5,0),( 5,0)，
所以椭圆的顶点坐标为(− 5,0),( 5,0)，焦点坐标为(− 3,0),( 3,0)，
所以椭圆的标准方程为x25+y22=1．
故选：C．
先求出双曲线的顶点和焦点坐标，然后即可求出椭圆的标准方程．
本题主要考查椭圆方程的求解，考查计算能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的定义，属于基础题．
根据椭圆的定义，将|PA|+|PF|转化为4+|PA|−|PF1|，当P，A，F1三点共线时，|PA|−|PF1|取最大值即|AF1|，再利用两点距离公式就可求解．
【解答】
解：如图，
因为椭圆C：x24+y23=1，的右焦点为F，
设椭圆C的左焦点为F1(−1,0)，由椭圆定义可得|PF|=4−|PF1|，
所以|PA|+|PF|=4+|PA|−|PF1|≤4+|AF1|
=4+ [(−25)−(−1)]2+(45)2=4+1=5．
故选：B．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查空间向量的线性运算和数量积运算，属于基础题．
利用向量的加法将BD1转化为与已知向量相关的形式，再根据向量的模长公式进行计算．
【解答】
解：由题意，BD1=BA+AA1+A1D1=−AB+AD+AA1，
则BD12=(−AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA12−2AB⋅AD−2AB⋅AA1+2AD⋅AA1，
由题意，AB2=AD2=AA12=1，
又因为两两夹角为60°，可得：
AB⋅AD=|AB||AD|cs60°=1×1×12=12，
AB⋅AA1=|AB|AA1cs60°=1×1×12=12，
AD⋅AA1=|AD|AA1cs60°=1×1×12=12，
则BD12=1+1+1−2×12−2×12+2×12=2，
所以|BD1|= 2．
故选：A．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，因为P(B)=12，则P(B−)=1−P(B)=12，
又P(B−|A)=13，所以P(B−|A)≠P(B−).因此事件A与事件B−不独立，A错误．
对于B，由于P(B−|A)=P(AB−)P(A)，则P(AB−)=P(B−|A)×P(A)=13×13=19，B错误．
对于C，因为A=AB∪AB−，且AB与AB−互斥，所以P(A)=P(AB)+P(AB−).由选项B可知P(AB−)=19，又P(A)=13，则P(AB)=P(A)−P(AB−)=13−19=29，C正确．
对于D，已知P(A)=13，则P(A−)=1−P(A)=1−13=23，由选项B可知P(AB−)=19，所以P(AB−)≠P(A−)，D错误．
故选：C．
本题可根据条件概率公式P(B−|A)=P(AB−)P(A)以及P(AB)=P(A)−P(AB−)，再结合独立事件的判定条件来逐一分析选项．
本题考查条件概率的计算，涉及对立事件的性质，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：由已知，设|AF1|≥|BF1|，且|AF1|−|AF2|=2a，|BF1|−|BF2|=2a，
两式相加得|AF1|+|BF1|−(|AF2|+BF2|)=4a，
又|AF2|+|BF2|=|AB|，则|AF1|+|BF1|−|AB|=4a，
又|AF1|+|BF1|=4|F1F2|=8c，则|AB|=8c−4a，
当AB⊥x轴时，|AB|最小，此时|AB|=2b2a，
所以2b2a≤8c−4a，即2c2−8ac+2a2≤0，即e2−4e+1≤0，
得2− 3≤e≤2+ 3，
又双曲线的离心率大于1，则10⇒λ0)，
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)．
【解析】本题主要考查了直线过定点问题，一般方法是设出直线方程，联立圆锥曲线方程，可得根与系数关系式，要结合题设进行化简得到参数之间的关系式，再结合直线方程即可证明直线过定点问题，属于中档题．
(1)根据题意利用抛物线焦半径公式求得p，可得答案；
(2)讨论直线AB的斜率不存在和存在两种情况，斜率存在时，设出直线方程y=kx+b，联立抛物线方程，可得根与系数关系式，结合直线OA，OB的斜率之积为−4进行化简可得k，b的关系式，即可证明结论．
17.【答案】12 ①150；②23
【解析】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．
(1)利用全概率公式求解．
(2)①把5名同学分成三组，分组方式：3，1，1型，2，2，1型，再分别计算即可．
②甲同学在A社区，剩余4人安排在三个社区安排方法总数，排队不符合题意的，计算即可．
本题考查全概率公式、排列组合、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】(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)5π6 (3)存在，AM=2− 3
【解析】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．
(1)由CD⊥平面ADE，EF⊥平面ADE，得CD/​/EF，由线面平行的判定定理可得AB/​/平面CDEF，再由线面平行的性质定理，即可得出答案；
(2)利用等体积法可得△AED为等腰直角三角形，所以AE= 2，ED=AD=1，建立坐标系，利用向量垂直可得DC=3，求解两平面的法向量，进而可得csθ=−|m⋅n|m||n||求解；
(3)设AM=t，0≤t≤2，结合平面BCF的法向量为n=(1,1,2)，利用向量法求解即可．
本题考查线线平行的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
19.【答案】x24+y23=1 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．

【解析】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．
(1)利用切线长定理和勾股定理求出椭圆的长半轴a，再结合焦距c求出短半轴b，进而得到椭圆的标准方程；
(2)通过设点Q，求出直线QA1，QA2与椭圆的交点M、N，分斜率存在与不存在两种情况，证明直线MN过椭圆右焦点，从而得出△EMN的周长为定值4a．
本题考查椭圆的定点及定值问题与根据椭圆上的点求椭圆的标准方程，属于难题．