2025-2026学年新疆昌吉州高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年新疆昌吉州高二（上）期末数学试卷（含答案），共9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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.经过A( 3,2)，B(2 3,1)两点的直线的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.已知实数−1，x，y，z，−4成等比数列，则y=( )
A. −8B. ±8C. −2D. ±2
3.已知双曲线C：y29−x216=1的上、下焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C上，若|PF2|=7，则|PF1|=( )
A. 1B. 13C. 1或13D. 15
4.已知圆C1：x2+y2=1与圆C2：(x−3)2+y2=4，若圆C完全覆盖圆C1，C2，则圆C的半径的最小值为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
5.如图，在四面体A−BCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，点G是线段EF上靠近点E的一个三等分点，令AB=a，AC=b，AD=c，则AG=( )
A. 13a+16b+16c
B. 16a+13b+12c
C. 13a−16b+16c
D. 16a−13b+12c
6.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，点P在C上，直线PF交y轴于点Q，若PF=3FQ，则点P到准线l的距离为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
7.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC,BB1=2 2,AB=BC=2,M,N分别是B1C1，A1B1的中点，则BM与直线CN所成角的正弦值为( )
A. 2 1313
B. 3 1313
C. 55
D. 2 515
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作直线l与双曲线的右支交于M，N两点(M在第一象限)，∠F1MF2=90°，且|F2N|=3|F2M|，则双曲线的离心率为( )
A. 5B. 52C. 10D. 102
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{an}是递增的等比数列，其前n项和为Sn，若a2=32,S3=194，( )
A. a1=1B. a5−a3=3516
C. S4=658D. {Sm+2}是等比数列
10.已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，点P(x0,y0)在C上，则( )
A. F的坐标为(1,0)B. 抛物线C的准线方程为x=−2
C. 若y0=2，则|PF|=52D. |PF|≥2 2
11.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是棱CC1，棱BC的中点，动点M满足DM=λDA+μDD1，其中λ，μ∈R，则下列结论正确的是( )
A. 若λ+μ=1，则CM⊥DB1
B. 若λ=μ，则三棱锥B1−AMC的体积为定值
C. 若μ=12,0≤λ≤1，则直线PM与直线BC所成角的最小值为60°
D. 若动点M在三棱锥C−DPQ外接球的表面上，则点M的轨迹长度为2 2π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若等差数列{an}中，a2=2，a4=8，则S5= ．
13.若动直线l1：mx−y−m+3=0，圆C：(x−2)2+(y−4)2=3，则直线l1与圆C相交的最短弦长为 ．
14.如图，椭圆x216+y212=1的左、右焦点分别为F1，F2，过焦点F1的直线交该椭圆于A，B两点，若△ABF2的内切圆(圆心记为C)面积为π，A，B两点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则△ABF2的面积S= ，|y1−y2|的值为 ．
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)
已知圆C过点A(− 15,1)和B(2 3,4)，且圆心C在y轴上．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若直线l过点P(2,0)，且被圆C截得的弦长为4 3，求直线l的方程．
16.(本小题15分)
如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=4，点P为DD1的中点．
(1)求证：AC⊥平面BDD1；
(2)求点D到平面PAC的距离．
17.(本小题15分)
在平面直角坐标系中，抛物线C：y2=2px(p>0)上一点M(1,y0)到焦点的距离为3．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线y=2x−4与抛物线C相交于A，B两点，求△AOB的面积．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，AB=BC=1．
(1)取线段PA中点M，连接BM，证明：BM//平面PCD；
(2)求直线AB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为 105？若存在，求出PEPD的值；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知右焦点为F(2,0)的椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点( 2, 3)．
(1)求C的方程；
(2)若点M在C上，点N为圆E：x2+(y−4)2=3上一点，求|MN|的最大值；
(3)过点F的直线l与C交于点A，B，与抛物线y2=8x交于点P，Q，是否存在常数m，使得1|AB|+m|PQ|为定值？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.A
5.A
6.C
7.B
8.D
9.ACD
10.BC
11.AB
12.25
13.2
14.8；4
15.(1)设圆C的圆心为(0,b)，半径为r，则圆C的标准方程为x2+(y−b)2=r2，
结合题意可得15+(1−b)2=r212+(4−b)2=r2，解得b=2r=4，
所以圆C的标准方程为x2+(y−2)2=16．
(2)若直线l被圆C截得的弦长为4 3，
则直线l到圆心C的距离d满足2 r2−d2=4 3，可得r2−d2=12，结合r=4解得d=2，
直线l过点P(2,0)，当l的斜率不存在时，方程为x=2，即x−2=0，
此时直线l到圆心C的距离d=2，符合题意；
当l的斜率存在时，设l的方程为y=k(x−2)，即kx−y−2k=0，
由d=|−2−2k| k2+1=2，解得k=0，可得直线l的方程为y=0．
综上所述，满足条件的直线l的方程为x−2=0或y=0．
16.(1)证明：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，BD⊥AC，DD1⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，
因为BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面BDD1，
所以AC⊥平面BDD1；
(2)解：由题意可知DA，DC，DD1两两垂直，所以以D为原点DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意可得D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，
则AC=(−1,1,0),PC=(0,1,−2)，
设平面PAC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AC=−x+y=0n⋅PC=y−2z=0，令z=1，得到n=(2,2,1)；
因为DA=(1,0,0)，
可得DA⋅n=2×1+2×0+1×0=2，|n|=1，
所以点D到平面PAC的距离d=|DA⋅n||n|=23．
17.解：(1)因为抛物线C上一点M(1,y0)到焦点的距离为3，
抛物线的准线方程为x=−p2，因此根据抛物线定义得1+p2=3，
解得p=4，因此抛物线C的方程为y2=8x；
(2)由(1)知抛物线的焦点F(2,0)满足直线方程y=2x−4，
由y=2x−4y2=8x，整理得x2−6x+4=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=6，
由焦点弦公式|AB|=x1+x2+p=6+4=10．
又点O到直线y=2x−4的距离d=|−4| 22+(−1)2=4 55，
因此S△AOB=12|AB|⋅d=12×10×4 55=4 5．
18.解：(1)在四棱锥P−ABCD中，取PD中点N，连接MN，
由M为PA 的中点，且AD=2，BC=1，
得MN//AD//BC，MN=12AD=1=BC，
则四边形BCNM为平行四边形，所以BM//CN，
而CN⊂平面PCD，BM不在平面PCD内，
所以BM//平面PCD．
(2)取AD 的中点O，连接PO，OC，
由△PAD为等边三角形，得PO⊥AD，
而平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
则PO⊥平面ABCD．
由AO=BC=1，AO//BC，得四边形ABCO是平行四边形，
于是OC//AB，而AB⊥AD，则OC⊥AD，直线OC，OD，OP两两垂直，
以O为坐标原点，直线OC，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,−1,0)，D(0,1,0)，C(1,0,0)，B(1,−1,0)，P(0,0, 3)，
则AB=(1,0,0)，CP=(−1,0, 3)，CD=(−1,1,0)，
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥CPn⊥CD，则n⋅CP=−x+ 3z=0n⋅CD=−x+y=0，
取z=1，得n=( 3, 3,1)，
设直线AB与平面PCD所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|AB⋅n|AB||n||= 217，
所以直线AB与平面PCD所成角的正弦值为 217．
(3)令PE=λPD=(0,λ,− 3λ)，λ∈[0,1]，
AE=AP+PE=(0,1, 3)+(0,λ,− 3λ)=(0,1+λ, 3− 3λ)，AC=(1,1,0)，
设平面EAC的法向量为m=(a,b,c)，
则m⊥ACm⊥AE，则m⋅AC=a+b=0m⋅AE=(1+λ)b+( 3− 3λ)c=0，
取b= 3(λ−1)，得m=( 3(1−λ), 3(λ−1),λ+1)，
平面DAC的法向量为OP=(0,0, 3)，
于是|cs|=|OP⋅m||OP||m|= 3(λ+1) 3⋅ 7λ2−10λ+7= 105，
化简得3λ2−10λ+3=0，又λ∈[0,1]，解得λ=13，即PEPD=13，
所以线段PD上存在点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为 105，PEPD=13．
19.解：(1)由题意得a2−b2=4,2a2+3b2=1,解得a2=8b2=4，
所以C的方程为x28+y24=1；
(2)设M(x,y)，由题意知E(0,4)，x28+y24=1，x2=8−2y2，−2≤y≤2，
所以|ME|= x2+(y−4)2= −y2−8y+24= −(y+4)2+40，
因为−2≤y≤2，所以当y=−2时，|ME|max=6，
所以|MN|max=|ME|max+ 3=6+ 3．
(3)由题意得直线l的斜率不为0，故设l的方程为x=ty+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x3,y3)，Q(x4,y4)，
联立直线l与C的方程，得x=ty+2,x28+y24=1,消去x并整理，得(t2+2)y2+4ty−4=0，
所以Δ=16t2+16(t2+2)=32(t2+1)>0，y1+y2=−4tt2+2，y1y2=−4t2+2，
所以|AB|= 1+t2 (y1+y2)2−4y1y2= 1+t2 16t2(t2+2)2+16t2+2=4 2(t2+1)t2+2，
联立直线l与抛物线y2=8x的方程，得x=ty+2,y2=8x,
消去x并整理，得y2−8ty−16=0，
所以Δ=64t2+64>0，y3+y4=8，y3y4=−16，
所以|PQ|= 1+t2 (y3+y4)2−4y3y4= 1+t2 64t2+64=8(t2+1)，
所以1|AB|+m|PQ|=t2+24 2(t2+1)+m8(t2+1)= 2(t2+2)+m8(t2+1)= 2(t2+2+m 2)8(t2+1)，
若1|AB|+m|PQ|为定值，则2+m 2=1，即m=− 2，
所以存在m=− 2，使得1|AB|+m|PQ|为定值．