第=page11頁，共=sectionpages11頁四川省眉山市2025-2026學(xué)年高二上學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學(xué)試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.直線3x?y+1=0的傾斜角是(

)A.30° B.60° C.2.雙曲線x2?y2A.2 B.4 C.6 D.83.已知圓C1:x2+yA.相交 B.內(nèi)含 C.內(nèi)切 D.外離4.投壺是從先秦延續(xù)至清末的漢民族傳統(tǒng)禮儀和宴飲游戲，在春秋戰(zhàn)國時期較為盛行．圖為一幅唐朝的投壺圖，假設(shè)甲、乙、丙是唐朝的三位投壺游戲參與者，且甲、乙、丙每次投壺時，投中與不投中是等可能的．若甲、乙、丙各投壺1次，則這3人中至多有1人投中的概率為(

)A.13 B.38 C.125.如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，DE=A.34AB+14AD+126.已知等差數(shù)列an，bn的前n項和分別為Sn，Tn，且SnA.1921 B.1619 C.877.已知F1?c,0，F(xiàn)2c,0是橢圓C:x2a2+yA.12,32 B.58.對于共有n項的有窮數(shù)列an，若其任意兩項均不相等，則定義對于數(shù)列中的第k項ak(1≤k≤n)，定義在其右邊的項中比ak大的項的個數(shù)稱為ak的“順序數(shù)”，比ak小的項的個數(shù)稱為ak的“逆序數(shù)”.若將所有項的“順序數(shù)”與“逆序數(shù)”之和記為A.40366063 B.20194046 C.10092022二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，觀察向上的面的點數(shù)，事件A為“點數(shù)為奇數(shù)”，事件B為“點數(shù)是1或4”，事件C為“點數(shù)大于3”，下列說法正確的是(

)A.A和B是互斥事件 B.B和C是相互獨立事件

C.PAC=110.設(shè)拋物線E：y2=6x的焦點為F，O為坐標原點，點A，B是E上兩個動點，則(

)A.E的準線方程為x=?32

B.AF的最小值32

C.當(dāng)直線AB過點F時，直線OA和OB的斜率之積為定值?6

D.當(dāng)直線OA與OB垂直時，直線11.在棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1D1中，N為BC的中點，O為BD1的中點，M是棱AA1上靠近A1的四等分點，A.若點P在棱B1D1上運動，則三棱錐C1?BDP的體積不變

B.若點P在棱AD上運動，則線段MP與CP的長度之和最小為13+25

C.若QP//平面AC1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若直線l1:mx+y?1=0與l2:x?2y?1=0互相垂直，則m的值為13.已知數(shù)列an的前n項和為Sn，且a1=13，2S14.已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0的左、右焦點，O為坐標原點，以點F2為圓心且與C的漸近線相切的圓與C在第一象限交于點四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)已知等差數(shù)列an滿足a2=5，a5=?1；等比數(shù)列bn的前3項和為(1)求an和b(2)若cn=an+b16.(本小題15分)2025年10月31日，神舟二十一號載人飛船成功發(fā)射，航天員們計劃在“天宮”空間站再度授課，極大激發(fā)了同學(xué)們對航天知識的興趣.為此，某校組織了一次“航空知識答題競賽”活動，以賽促學(xué)，引導(dǎo)同學(xué)們深入了解航天成就與精神．(1)經(jīng)初選，已經(jīng)在A，B兩個班中各選出3名同學(xué)，現(xiàn)需從這6名同學(xué)中隨機選2名同學(xué)擔(dān)任組長，求這2名組長來自同一個班的概率；(2)A班進行了三輪初選活動，甲同學(xué)每輪合格概率分別為13，34，117.(本小題15分)古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯結(jié)合前人的研究成果，寫出了《圓錐曲線論》，此書中有許多關(guān)于平面軌跡的問題，例如：平面內(nèi)到兩定點距離之比等于定值(不為1)的動點軌跡為圓，稱為阿波羅尼斯圓.已知平面內(nèi)兩定點A?1,0，B2,0，點P滿足(1)記動點P的軌跡為C，求軌跡C的方程；(2)設(shè)點E?2,0，點T在直線l:x?y?2=0上，過點T作軌跡C的兩條切線，切點分別為M,N，求四邊形EMTN面積的最小值．18.(本小題17分)如圖1，在平面四邊形ABCD中，AD=4，BC=2，∠ABD=∠CBD=π3，BC⊥CD，過點D作DE⊥AB，垂足為E.如圖2，將三角形ADE沿DE折起，使得點A到達點P處，且

(1)證明：BD⊥PC；(2)若點F為線段PD上的點(不含端點)，是否存在點F滿足直線CF與平面PBC所成角的正弦值為277？若存在，求出19.(本小題17分)已知橢圓Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為1(1)求橢圓Γ的方程；(2)過點N1,1的直線與橢圓Γ交于P，Q兩點，R為線段PQ(ⅰ)求點R的軌跡方程；(ⅱ)點O為坐標原點，射線OR與橢圓交于點S，點G為直線OR上一動點，且OR?OG=2OS2參考答案1.B

2.A

3.D

4.C

5.A

6.C

7.B

8.D

9.BC

10.ABD

11.AD

12.2

13.1314.y=±215.【詳解】(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則a2=所以an設(shè)等比數(shù)列bn的公比為q若q=1，則3b1=7所以b11?q31?q=7b所以bn綜上an的通項公式為an=?2n+9，b(2)設(shè)數(shù)列cn的前n項和為Sn，則因為a1b1所以Sn即cn的前n項和為S

16.【詳解】(1)從6名學(xué)生中隨機抽取2人，所有的可能情況數(shù)為：C62=這2名學(xué)生來自同一個班的情況數(shù)為：C32+設(shè)“這2名學(xué)生來自同一個班”為事件A，則PA故這2名學(xué)生來自同一個班的概率為25(2)甲同學(xué)被記為“優(yōu)秀”的情況有恰好兩輪合格，三輪均合格．恰好兩輪合格的概率為P1三輪均合格的概率為P2所以甲同學(xué)被記為“優(yōu)秀”的概率為P=P

17.【詳解】(1)設(shè)點Px,y由點A?1,0，B2,0，點P滿足PAPB化簡可知軌跡C的方程為x+22(2)易知軌跡C是以?2,0為圓心，半徑為2的圓，又點E?2,0，因此E點E到直線l:x?y?2=0的距離為d=?2?0?2因此直線l與軌跡C相離，如下圖所示：

顯然TM=TN，且EM⊥TM,EN⊥TN，又因為ET為公共邊，所以?ENT??EMT，因此四邊形EMTN的面積為S=2S顯然當(dāng)ET取得最小值時，四邊形EMTN面積最小，又點T在直線l:x?y?2=0上，當(dāng)ET⊥l時，滿足題意，此時ETmin即為點E到直線l:x?y?2=0的距離，所以ET所以四邊形EMTN面積的最小值為Smin

18.【詳解】(1)由題意得PE⊥DE，又PE⊥BE．BE,DE為平面BCDE內(nèi)兩條相交直線，所以PE⊥平面BCDE．因為BD?平面BCDE，所以PE⊥BD．因為∠EBD=∠CBD=π3，∠BCD=∠BED=π所以?BCD與?BED全等，所以BC=BE=12BD=2如圖，連接CE，則BD⊥CE．因為PE∩CE=E，PE，CE?平面PCE，所以BD⊥平面PCE．因為PC?平面PCE，所以BD⊥PC．(2)由(1)知PE⊥平面BCDE，且BE,DE?平面BCDE，所以PE⊥BE，PE⊥DE.又DE⊥BE，所以EB,ED,EP兩兩垂直．以點E為坐標原點，EB,ED,EP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖2的空間直角坐標系，如圖1，過C作CG⊥EB，

由(1)知?ABD為等邊三角形，所以AE=2，因為∠EBD=∠CBD=π3，所以所以BG=1,CG=3，即C3,3,0，則設(shè)PFPD=λ,0<λ<1，則PF=λ所以BP=?2,0,2，PC=設(shè)平面PBC的一個法向量為n=則n?BP取z=1，則x=1，y=?33設(shè)直線CF與平面PBC所成的角為θ，則sinθ=化簡可得λ2解得λ=1或λ=4，又0<λ<1，故不存在點F滿足直線CF與平面PBC所成角的正弦值為2

19.【詳解】(1)因為橢圓的離心率為12，所以ca=因為MF1=2，∠在△MF1F即c2=a2?3a+3，又a=2c所以a=2，則b2=a(2)(i)當(dāng)PQ的斜率不存在時，因為R為PQ的中點，此時R為定點1,0；當(dāng)PQ的斜率為0時，直線PQ的方程為y=1，與橢圓方程聯(lián)立，得交點坐標為?26因為R為PQ的中點，此時R為定點0,1．

當(dāng)直線PQ的斜率存在且不為0時，不妨設(shè)直線PQ的方程為y=kx?1聯(lián)立，得4k2因N1,1在橢圓內(nèi)，所以直線PQ設(shè)Px1,所以y1設(shè)R的坐標為x,y，因為R為線段PQ中點，所以x=4kk?14k2將k=?3x4y代入y=3整理得3xx?1+4yy?1所以R的軌跡方程為xx?1當(dāng)直線PQ的斜率為0或斜率不存在時，點R也滿足上式，所以R的軌跡方程為xx?1(ii)由(i)知，OR的方程為y=?3聯(lián)立，得x2=16k不妨設(shè)SxS,yS不妨設(shè)GxG,xG即4k因為yG=