山东潍坊市2025-2026学年高二上学期学业质量监测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页山东潍坊市2025-2026学年高二上学期学业质量监测数学试题一、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.若Cn2=CnA.5 B.6 C.7 D.82.已知空间向量a=x,−2,5,b=1,y,−3，若A.715 B.315 C.−33.如图，直角坐标系中有3条圆锥曲线Cii=1,2,3，其离心率分别为ei，则ei的大小关系为(

)A.e2<e1<e3 B.4.已知直线m−1x−2y−5=0与3x−4y+2=0垂直，则m的值为(

)A.−53 B.53 C.−5.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，P为CA1A.13,−23,−23 B.6.抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射之后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线M:y2=4x，一条平行于x轴的光线从点A3,1发出，经M上的点B反射后，再经M上的另一点C反射经过D点射出，若AB+BCA.7 B.6 C.5 D.47.某学校开设A,B,C三类选修课程，现有甲､乙､丙､丁､戊五位同学报名参加学习，每位同学仅报一类课程，每类课程至少有一位同学参加，其中甲同学只选择A类课程，则不同的报名方法有(

)A.24种 B.36种 C.50种 D.72种8.已知椭圆C1:x24+y23=1，双曲线C2:A.4x25−12y25=1二、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.已知正四棱台ABCD−A1B1A.直线A1D与BC异面 B.直线AD1与BC1相交

C.平面10.已知圆C1:x2+yA.当a=3时，圆C1与C2内含

B.圆C1关于直线x−y=0对称的圆的方程为(x−1)2+y2=1

C.若圆C1与圆C11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为AB,BCA.当H在线段BC1上时，直线DH与AD1所成角的范围为π3,π2

B.当H在线段B1C上时，MH+HC1的最小值为3+2

C.当H为线段B1C的中点时，过点M与AH三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.(1+x)9的展开式中含x3项的系数为

.(用数字作答)13.已知二面角α−l−β的棱上有A,B两点，AC⊂α,AC⊥l,BD⊂β,BD⊥l，若二面角α−l−β的大小为π3，且AC=3,AB=6,BD=4，则CD=

．14.如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置(两圆锥的轴重合)，在两个圆锥内分别放入球O1,O2，它们与圆锥的每条母线都相切，两球半径分别为r1=3,r2=32，且O1O2=33，若平面α与两球相切于A,B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)在直四棱柱ABCD−A1B1C1D(1)证明：A1C1(2)求二面角B−AC−B116.(本小题15分)已知点P4,−2，圆C1:x2+y2−2x−2y−2=0(1)求C2的方程及AB(2)若直线l与AB平行，且C1上到l的距离为1的点有且仅有两个，求直线l截距的取值范围．17.(本小题15分)已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左(1)求C的方程；(2)设P是C上的动点，直线PF1和PF2分别与直线x=4交于点M,N.若▵PF118.(本小题17分)如图1，在直角梯形ABCD中，AD//BC，E是AD的中点，∠BAD=π2,AB=BC=2,AD=4.将▵ABE沿BE翻折至▵A1(1)若平面A1BE∩平面A1(2)当几何体A1(i)求点E到平面A1(ii)若P为棱A1D上的动点，当直线CP与平面A1DE19.(本小题17分)已知椭圆E:cos2θa2+sin2θb2x2+(1)若θ=π6,E上的点p,q经过(∗)变换后得到E1上的对应点的坐标为(2)设椭圆C:2x2+2y2−2xy=3的焦点为(i)求F1(ii)过C在第一象限内的顶点A作切线m，过A作x轴的垂线l，在l上且在C外的一点T作C的两条切线，切点分别为P,M，直线TP和TM分别交直线m于Q,N两点.证明：直线NP和QM的交点在定直线上．

参考答案1.B

2.D

3.B

4.A

5.C

6.A

7.C

8.B

9.ABD

10.BD

11.ACD

12.84

13.7

14.36

；

15.解：(1)因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又因为A1C1因为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱BB又因为BD∩BB1=B，且BD,BB1⊂平面(2)以D为原点，分别以DA,DC,DD1所在直线为则A1,0,0，B1,1,0，C0,1,0平面BAC的一个法向量：AC=−1,1,0，AB=则，取z1=1，得n平面B1AC的一个法向量：AC=−1,1,0，则，取x2=2，得y2=2，z．设二面角B−AC−B1为θ，由图可知θ为锐角，则

16.解：(1)圆C1:x2+y2已知P4,−2，则PC1PC1=(4−1圆C2的方程为：展开得：x2即x2将圆C1与C2的方程相减，得到公共弦x2+y圆心C11,1到直线AB的距离为：由勾股定理，12AB=(2)直线AB的方程为3x−3y−4=0，斜率为1，故直线l的斜率也为1．设直线l的方程为y=x+b，即x−y+b=0．因为C1上到l的距离为1的点有且仅有两个，所以圆心C1到直线l的距离r1−1<d圆心C11,1到直线l因此：1<b2解得b∈−3

17.解：(1)由题意得ca=所以双曲线C的方程为x2(2)设点Px0,y0，则x02直线PF1的方程为y=y0x直线PF2的方程为y=y0x则MN=因为x02−3y点P到直线x=4的距离d=x因为▵PF1F所以12F1代入可得：4因为y0≠0，所以1=x由x02−3当x02−4=x0将x0=52代入当x02−4=−此方程的判别式Δ=(−4)所以点P的坐标为52,

18.解：(1)翻折前BC//AD，翻折后BC//ED，又E是AD的中点，所以ED=1所以BC=ED，所以四边形BCDE为平行四边形，所以CD//BE，又BE⊂平面A1BE，CD⊄平面所以CD//平面A1BE，又CD⊂平面A1CD，平面所以l//CD；(2)(i)当点A1到平面BCDE的距离最大时，几何体A即当平面A1BE⊥平面BCDE时，几何体取BE的中点为O，连接OA又A1B=A1E=2，所以OA1⊥BE，又平面所以A1O⊥平面又BC=EC=2，所以OC⊥BE，所以OA以O为原点，分别以OB,OC,OA1为所以O0,0,0所以A1设平面A1BC的法向量为所以n⋅A1B=所以点E到平面A1BC的距离(ii)设点Da,b,0，由BCED=又四边形BCDE为平行四边形，所以BC=ED所以D−2设A1所以A1所以CP=−2设平面A1ED的法向量为所以m⋅A1E=−设直线CP与平面A1DE所成角为所以sin θ=|当λ=13时，sinθ取最大值为1，所以A

19.解：(1)由题意得−2=32⋅p+1(2)(i)由题意得c