山东省东营市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省东营市2025-2026学年高二上学期期末数学试题一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．1.已知直线和平面，且，，则下列命题中正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】由，，可得，对于A，，，则直线可能相交、平行或异面，故错误；对于B，若，则或，故错误；对于C，因为，，所以，又，所以，正确；对于D，要证明，需垂直平面内两条相交直线，现在只有，条件不够，故错误；故选：C.2.抛物线：的准线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】的标准方程为，故准线方程为，故选：A.3.已知直线，则“”是“”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【答案】C【解析】当，直线，此时，故“”是“”的充分条件，由，得，解得，故“”是“”的必要条件，故“”是“”的充要条件.故选：C.4.以双曲线的顶点为焦点，焦点为顶点的椭圆的标准方程是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为双曲线方程为，所以，焦点在轴上，所以，所以焦点坐标为，顶点坐标为.所以椭圆的焦点坐标为，顶点坐标为，所以椭圆的标准方程为.故选：C.5.已知椭圆的右焦点为，为椭圆上任意一点，点的坐标为，则的最大值为（）A. B.5 C. D.【答案】B【解析】由题意，椭圆的左焦点为，由椭圆定义可得，所以，因为,故在椭圆内，所以，当三点共线时，等号成立.故选：B.6.如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，则（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】，所以，因为三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，所以，所以故选：C.7.随机事件、满足，，，下列说法正确的是（）A.事件A与事件独立B.C.D.【答案】C【解析】对于选项A，因为，所以根据对立事件概率公式可得.又，所以.因此事件与事件不独立，选项A错误.对于选项B，根据条件概率公式，已知，，将其代入公式可得，，选项B错误.对于选项C，因为，且与互斥，所以.由选项B可知，又，则，选项C正确.对于选项D，已知，根据对立事件概率公式可得.由选项B可知，所以，选项D错误.故选：C.8.已知双曲线的左、右焦点分别是、，过点的直线与双曲线的右支交于、两点，若，则双曲线离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由已知，设，则，，两式相加得，又，所以，又，所以，当轴时最小，此时，所以，又，则，整理得，又，两边除以得，解得，又双曲线的离心率，所以双曲线的离心率取值范围是.故选：B.二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知空间向量，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.在上的投影数量为【答案】BD【解析】由题得，而，故A不正确；因为，所以，故B正确；因为，故C错；因为在上的投影数量为，故D正确；故选：BD.10.已知点，，圆：，则（）A.B.过点、的直线方程为C.若直线与圆相切，则D.若圆与圆：恰有三条公切线，则【答案】ABD【解析】A：因为方程表示圆，所以，因此本选项说法正确；B：因为点，，所以点、的直线方程为，因此本选项说法正确；C：，所以圆心坐标为，半径为，若直线与圆相切，则有，所以本选项说法不正确；D：圆：的圆心坐标为，半径为，若圆与圆：恰有三条公切线，则圆与圆相外切，所以有，因此本选项说法正确，故选：ABD.11.棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，为平面上的动点，为平面上的动点，则下列结论正确的是（）A.平面截正方体表面所得截面为五边形B.平面与平面所成角的余弦值为C.若直线与直线所成角为，则点的轨迹长度为D.若直线与直线所成角为，则点的轨迹为抛物线【答案】BCD【解析】对于A，因M，N，P分别为棱，，的中点，而点同在平面和平面上，点同在平面和平面上，点同在平面和平面上，故平面PMN截正方体所得截面为六边形，可作图如下：其中点分别是边的中点，分别连接，易证，，，故得，同理可得，故平面PMN截正方体所得截面为六边形，故A错误；对于B，如图建立空间直角坐标系.则，，设平面的法向量为，则，故可取.又平面的一个法向量显然为，设平面与平面夹角为，则，故B正确；对于C，由B可知平面的法向量为，，则，故平面，设垂足为，以为圆心为半径在平面上作圆，由题意可知Q轨迹即为该圆，结合B的结论可知平面平分正方体，由对称性可得点到平面PMN的距离为，所以该轨迹圆的半径为，所以Q点的轨迹长度为，故C正确；对于D，设，，则，因为直线与直线所成角为，所以，即，整理得，为抛物线方程，即点的轨迹为抛物线，D选项正确；故选：BCD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．12.若，则__________.【答案】33【解析】令，得，令，得，所以.故答案为：33.13.如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点，直三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则四面体的体积为_____.【答案】【解析】因为在直三棱柱中，，，，所以，即为直角三角形，斜边分别为，取的中点，连接，取的中点，则直三棱柱外接球球心，因为直三棱柱外接球的表面积为，所以直三棱柱外接球的半径为所以，所以，所以四面体的体积为.故答案为：.14.正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为________．【答案】5【解析】因为向量，满足，，化简得.设，则，化简得.因此，点在以为直径的球面上，半径为在以为直径的球面上，半径为,分别取的中点，则，故.故答案为：5.四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知在的展开式中，第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比是．（1）求；（2）求展开式中所有的有理项．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，所以，即，整理得，解得或（舍）所以.（2）解：由（1）知，展开式的通项公式为：，.令，则，即展开式的第1,3,5项为有理项，，，.所以展开式中的有理项有：，，.16.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点的横坐标为1，且是抛物线上异于坐标原点的两点．（1）求抛物线的标准方程；（2）若直线、的斜率之积为－4，求证：直线恒过定点，并求出该定点坐标．（1）解：由题意得，，点P的横坐标为1，且，则，∴抛物线的方程为：.（2）证明：当直线的斜率不存在时，设，，因为直线的斜率之积为，则，化简得．所以两点横坐标为，此时直线的方程为．当直线的斜率存在时，设其方程为，，联立，化简得，需满足，根据根与系数的关系得，，因为直线的斜率之积为，所以，即，即，解得（舍去）或，所以，即，满足，所以，即，过定点.综上所述，直线过定点．17.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，其中甲班中男生占，乙班中男生占．（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）从甲班中抽取名同学（含甲同学），分别安排在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求甲同学不安排在社区的概率．解：（1）设事件表示“调查的同学恰好是男生”，事件“调查的同学来自甲班”，事件“调查的同学来自乙班”，，，，，由全概率公式得：.（2）①把名同学分成三组，分组方式：型：,型：，分组总数：再分配到三个社区的安排方法数：.②由已知甲同学安排在社区，剩余人自由的安排在三个社区安排方法共有种，其中：甲同学安排在社区，其余人全安排到，社区安排方法有种，甲同学安排在社区，其余人全安排到，社区安排方法有种，甲同学安排在社区，其余人全安排到社区安排方法有种，甲同学安排在社区且每个社区至少一人的安排方法有种，甲不安排在社区的概率.18.在五面体中，平面，平面．（1）求证：；（2）若，，点到平面的距离为，求平面和平面所成角的大小；（3）在第（2）问条件下，线段上是否存在点，使得与平面所成的角为30°．若存在，求的长度，若不存在，请说明理由．（1）证明：平面，平面，，又因为平面，平面，平面，平面平面平面，.（2）解：平面，，平面，又平面，.又平面平面，，又平面，平面，，点到平面的距离为，，，即，又因为，故，又因为，，因此，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立下图所示空间直角坐标系，设，则，，，解得，设平面的法向量为，平面的法向量为，，，则，取，则，则，，，取，则，则，设平面和平面所成角的大小为，，故.（3）解：设线段上存在点，使得与平面所成的角为，设，则，则，由(2)知，平面的法向量为，，整理得，解得，，线段上存在点，使得与平面所成的角为，此时.19.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、球的半径分别为3和1，球心距离，截面分别与球、球相切于点、（、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）设椭圆与轴的两个交点分别为、，为直线上的动点，且不在轴上，与椭圆的另一个交点为与椭圆的另一个交点为，求证：的周长为定值，并求出该定值．（1）解：如图，以线段的中点为坐标原点，线段所在直线为轴，建立平面直角坐标系，设所求椭圆的焦距为，长轴长为，则，，，所以，解得.如图，设椭圆与圆锥母线的交点