2024-2025学年山东省东营市高二上学期期末质量监测数学试卷一、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.C107C1010−C100=( )A.119 B.120 C.1199 D.12002.已知直线l1的斜率为−1，直线l2的倾斜角比直线l1的倾斜角小30∘，则直线l2的斜率为( )A.−2+3 B.−2−3 C.−2+32 D.−2−323.平面α的斜线AB交平面α于点B，过定点A的动直线l与直线AB垂直，且交平面α于点C，那么动点C的轨迹是( )A.线段 B.直线 C.圆 D.抛物线4.已知P(1,2)是直线l上一点，v=(3,−4)是直线l的一个法向量，则直线l的方程为( )A.4x+3y+5=0 B.4x−3y+5=0 C.3x−4y+5=0 D.3x+4y+5=05.如图，已知A，B，C是边长为1的小正方形网格上不共线的三个格点，点P为平面ABC外一点，且==120∘，|AP|=3，若AO=AB+AC，则|OP|=( ) A.210 B.37 C.6 D.356.已知(x2−x−1)5=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a10(x−1)10，则a1+a2+⋯+a10=( )A.1 B.2 C.3 D.57.已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，且AA1=2，则异面直线A1B，AC1所成角的大小为( )A.π6 B.π4 C.π3 D.π28.若直线x+3y−2m=0与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A，B两点，点P(m,0)满足|PA|=|PB|，则椭圆C的离心率为( )A.10911 B.11011 C.11111 D.4711二、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.下列说法正确的是( )A.若m，n⊂α，m//β，n//β，则α//βB.若α//β，m⊥α，n//β，则m⊥nC.若m，n异面，m⊂α，m//β，n⊂β，n//α，则α//β D.若m⊥n，m//α，α//β，则n⊥β10.将2个男生和5个女生排成一排，下列表述正确的有( )A.男生不在头尾的不同排法有2400种 B.男生不在头尾且不相邻的不同排法有600种 C.假设这7个学生身高均不相等，最高的人站在中间，从中间到左边和从中间到右边身高都递减，则不同的排法有20种 D.2个男生都不与女生甲相邻的不同排法有24000种11.已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且|OP|2=λ+μd2，其中λ，μ均为常数，动点P的轨迹称为(λ,μ)曲线，则下列说法正确的是( )A.(λ,μ)曲线一定都关于坐标轴对称 B.(7,2)曲线的离心率为2 C.若(12,μ)曲线为焦点在y轴上的椭圆，则μ的取值范围是(0,1) D.设曲线Ω为(2,−1)曲线，曲线Ω与x轴交于A，B两个不同的点，M1，M2，M3，M4，M5是线段AB的6等分点，分别过这五个点作斜率为k(k≠0)的一组平行线，交曲线Ω于点P1，P2，⋯，P10，则AP1，AP2，⋯，AP10这10条直线的斜率的乘积为−132三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.(1+2x2)(x+1x)4的展开式中常数项为 .(用数字作答)13.已知直线x−y+1=0与圆C:x2+y2−4x−2y+m=0交于A，B两点，|AB|=22，则过点P(4,4)的圆C的切线长为 ．14.已知平面ABC⊥平面α，线段AB在平面α内，D为线段AB的中点，|AB|=22，∠CDB=45∘，点P为α内的动点，且点P到直线CD的距离为2，则动点P的轨迹Γ的离心率为 ，如果CD=2，在平面α内过点B的直线与Γ交于M，N两点，则三棱锥C−AMN的体积的最大值为 ．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) 下图是一座抛物线型拱桥横截面的示意图，当水面在l时，拱顶O离水面2m，水面宽4m.那么当水面下降1m后． (1)水面的宽为多少?(2)求此时横截面中水面中心A到抛物线上的点距离的最小值．16.(本小题15分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA=AB=2，AB的中点为G，PD的中点为F (1)证明：AF//平面PGC;(2)若直线FC与平面ABCD所成的角为30∘，求点B到平面PGC的距离．17.(本小题15分)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=25，点(2,2)在双曲线C上．(1)求双曲线C的方程;(2)设双曲线C的左右顶点分别为A，B，过点T(2,0)的直线l交双曲线C于点M，N(M在第一象限)，记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，判断k1k2是否是定值，若是定值，请求出此定值;若不是定值，请说明理由．18.(本小题17分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，PA=BC=3，AB=AD=2，PB=13，E为PD中点，点F在PC上，且PC=3FC． (1)求证：AB⊥平面PAD;(2)求二面角F−AE−D的余弦值;(3)线段AC上是否存在点Q，使得DQ//平面FAE?若存在，求线段AQ的长;若不存在，说明理由．19.(本小题17分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，直线y=kx(k>0)与椭圆C交于A，B两点．(1)若点P为椭圆C上异于点A，B的点． ①若直线AP，BP斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值; ②若直线AP⊥AB，点A在x轴上的射影为点D，求证：B，P，D三点共线．(2)设A在第一象限，点M为椭圆C的上顶点，点M关于直线x−y=0的对称点为点N，直线AB与直线MN交于点Q，且|AQ||NQ|=6−22sin∠NOQ，求直线AB的方程． 参考答案1.A 2.B 3.B 4.C 5.B 6.B 7.D 8.B 9.BC 10.AC 11.ACD 12.14 13.3 14.22；223 15.解：(1)以顶点O为坐标原点建立如图所示坐标系，设方程为x2=−2py(p>0)， 因为(2,−2)在抛物线上，代入x2=−2py得p=1，所以抛物线方程为x2=−2y， 令y=−3，解得x=±6，水面的宽为26m. (2)设P(x,y)为抛物线上动点，则水面中心A(0,−3)到抛物线上的点距离为： d=x2+(y+3)2=−2y+(y+3)2=y2+4y+9=(y+2)2+5 ， 所以dmin=5． 故此时水面中心到抛物线上的点距离的最小值为5m 16.(1)证明：设PC的中点为H，连结FH，HG.因为FH//CD，FH=12CD，AG//CD，AG=12CD， 所以FH//AG，FH=AG，所以四边形AGHF为平行四边形， 则AF//GH，又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，所以AF//平面PGC． (2)因为PA⊥平面ABCD，取AD的中点M，连结FM，CM， 则FM//PA，FM=1，所以FM⊥平面ABCD， 所以∠FCM为FC与平面ABCD所成的角，故∠FCM=π6，在RtΔFCM中，CM=3， 在△DCM中，CD=2，DM=1，所以CM2+DM2=CD2，所以CM⊥AD.所以∠CDM=π3． 因为PA⊥平面ABCD，CG⊂平面ABCD.所以PA⊥CG， 又因为CG⊥AB，PA、AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，所以CG⊥平面PAB． 又因为PG⊂平面PAB，所以CG⊥PG． 在在RtΔPCG中，CG=3，PG=5，所以S△PCG=152． 在在Rt△BCG中，CG=3，BG=1，所以S△BCG=32， 由V三棱锥B−PCG=V三棱锥P−BCG，得点B到平面PGC的距离d=SΔBCG|PA|SΔPCG=2315=255． 17.解：(1)依题意，a2+b2=52a2−4b2=1， 解得a2=1，b2=4， 故双曲线C的方程为x2−y24=1． (2)设直线l的方程为x=my+2，M(x1,y1)，N(x2,y2)， 由x=my+24x2−y2=4整理得(4m2−1)y2+16my+12=0， Δ=256m2−48(4m2−1)=64m2+48>0， 由韦达定理得：y1+y2=−16m4m2−1，y1y2=124m2−1， 得：my1y2=−34(y1+y2)， 由题k1=y1x1+1，k2=y2x2−1， 所以k1k2=y1(x2−1)y2(x1+1)=y1(my2+1)y2(my1+3) =−34(y1+y2)+y1−34(y1+y2)+3y2=14y1−34y2−34y1+94y2=−13， 所以k1k2是定值，k1k2=−13． 18.解：(1)在△PAB中，PA2+AB2=PB2， 所以∠PAB=π2，即AB⊥PA，又因为AB⊥AD， 在平面PAD中，PA∩AD=A，PA、AD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD． (2)因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥AD，AD⊂平面ABCD， 所以AD⊥平面PAB，又PA⊂平面PAB,所以AD⊥PA， 由(1)已证AB⊥PA，且已知AB⊥AD， 故以A为原点，建立如图空间直角坐标系A−xyz， 则D(2,0,0)，P(0,0,3)，C(3,2,0)． 所以AP=(0,0,3)，AD=(2,0,0)，AC=(3,2,0)，CP=(−3,−2,3)， 因为E为PD中点， 所以AE=12(AD+AP)=(1,0,32)， 由点F在PC上，且PC=3FC知，AF=AC+CF=AC+13CP=(2,43,1)， 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，则n·AE=0n·AF=0，即x+32z=02x+43y+z=0， 令z=2，则x=−3，y=3，于是n=(−3,3,2)， 又因为由(1)已证AB⊥平面PAD，所以平面PAD的一个法向量为AB=(0,2,0)， cos⟨n，AB⟩=n·AB|n||AB|=3×22×22=32222， 由题知，二面角F−AE−D的平面角为锐角，所以其余弦值为32222． (3)设Q是线段AC上一点，则存在λ∈[0,1]使得AQ=λAC， 因为AC=(3,2,0)，DA=(−2,0,0)， 所以DQ=DA+AQ=DA+λAC=(3λ−2,2λ,0)， DQ⊄平面AEF，所以要使DQ//平面AEF， 当且仅当DQ·n=0，即(3λ−2,2λ,0)·(−3,3,2)=0， 整理得：(3λ−2)×(−3)+6λ=0，解得λ=2， 因为λ=2∉[0,1]，所以线段AC上不存在点Q，使得DQ//平面AEF． 19.解：(1)因为椭圆离心率为22，所以a2=2b2． 设A(x0,y0)，则B(−x0,−y0)，则x02a2+y02b2=1，解得：x02=2b2−2y02． ①设P(m,n)，则m2a2+n2b2=1，整理得m2=2b2−2n2． k1k2=y0−nx0−m×−y0−n−x0−m=y02−n2x02−m2=y02−n2(2b2−2y02)−(2b2−2n2)=−12． ②依题意得：D(x0,0)，kAB=y0x0， 因为kABk1=−1k1k2=−12所以k2=y02x0，即：kBP=y02x0． 而kBD=−y0−x0−x0=y02x0， 所以kBP=kBD，故B、P、D三点共线． (2)依题意得：MN方程为y=−x+b，与y=kx联立得：Q(bk+1,kbk+1). 在△ONQ中，由正弦定理可得：|NQ|sin∠NOQ=|OQ|sinπ4=2|OQ|， 又||AQ||NQ|=6−22sin∠NOQ， 所以|AQ|=(3−1)|OQ|，即|OA|=3|OQ|， 所以A点的坐标为A(3bk+1,