福建省厦门双十中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

试卷第 1页 福建省厦门双十中学 2026 届高二上期中考试 数 学 试 题 本试卷共 4 页。全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后， 再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．若经过两点    3, 1 2, 1A y B 、 的直线的倾斜角为 3 4  ,则 y等于（ ） A. 3 B. 1 C. 0 D. 2 2.已知双曲线   2 2 2 2 1 0, 0 x y a b a b     的离心率为 5 4 ，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A． 2y x  B． 1 2 y x  C． 4 3 y x  D． 3 4 y x=± 3．已知圆 2 2: ( 1) ( 2) 1M x y    与圆 2 2:( 3) ( 4) 1N x y    关于直线 l对称，则 l的方程为（ ） A． 2 5 0x y   B． 2 5 0x y   C． 2 5 0x y   D． 2 5 0x y   4．已知抛物线 2: 4C y x 的焦点为 F，过点 F 且斜率大于 0 的直线 l交C于 ,A B两点，若 16 3 AB  ，则 l的斜率为（ ） A． 3 3 B． 3 C． 2 2 D． 2 5．如图，椭圆   2 2 2 2 1 0 x y a b a b     的两个焦点分别为 1 2,F F ，以线段 1 2FF 为边作等边三角形 1 2AFF 若该椭圆恰好平分 1 2AF F△ 的另两边 1 2, ,AF AF 则椭圆的离心率为（ ） A． 5 1 2  B． 3 1 C． 3 1 2  D． 2 1 2  6．已知 F为双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0) x yC a b a b     的右焦点，过点 F 作C的一条渐近线的垂线，垂足为 E，O为坐标原点， 若 OEF 的面积为1，则C的焦距的最小值为（ ） A．1 B． 2 C． 4 D． 2 2 7．如图，已知直线 l与抛物线 2 2y x 交于 ,A B两点，且 ,OA OB OD AB  交 AB于点D，点D的坐标为  1,1 ， 则 l方程为（ ） A. 2 0x y   B. 2 0x y   C. 2 0x y   D. 2 0x y   8．已知 1 2,F F 是椭圆与双曲线的公共焦点， P是它们的一个公共点，且 1 2PF PF ，线段 1PF的中垂线经过 2F .记椭圆的 离心率为 1e ，双曲线的离心率为 2e ，则 2 1 1 4e e  的取值范围是（ ） A．  5, B．  6, C．  7, D．  6,7 试卷第 2页 二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选 对的得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分． 9．已知 F 为双曲线 2 2 : 1 16 9 x y    的一个焦点，则下列说法中，正确的是（ ） A．的虚轴长为 6 B．的离心率为 5 4 C．的渐近线方程为 4 3 0x y  D．点 F 到的一条渐近线的距离为 4 10．已知动点 P在直线 : 6 0l x y   上，动点Q在圆 2 2: ( 1) ( 1) 4C x y    上，过点 P作圆C的两条切线，切点分别为 A、B，则下列描述正确的有（ ） A．直线 l与圆 C相交 B． PQ 的最小值为 2 2 2 C．四边形 PACB面积的最小值为 4 D．存在 P点，使得 120APB   11.如图，曲线C可以看作“蝴蝶结”的一部分，已知曲线C上除原点外的所有点均满足其到原点的距离的立方与该点横 纵坐标之积的绝对值的商恒为定值 a（ 0a  ），则（ ） A．曲线C关于直线 y x 对称 B．曲线C经过点  1, 1  ，其方程为  32 2 2 2x y xy  C．曲线C围成的图形面积小于 2π 8 a D．存在  2,6a ，使得曲线C上有 5 个整点（即横、纵坐标均为整数的点） 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12．已知椭圆 2 2 1( 4) 4 x y m m    的焦距是 2，则m的值是 ▲ . 13．已知抛物线 2 4y x ，从抛物线内一点 (2, 2)A 发出平行于 x轴的光线经过抛物线上点 B反射后交抛物线于点C， 则 ABCV 的面积为 ▲ . 14．双曲线的离心率可以与其渐近线有关，比如函数 1y x  的图象是双曲线，它的实轴在直线 y x 上，虚轴在直线 y x  上，实轴顶点是    1,1 , 1, 1  ，焦点坐标是  2, 2 ，  2, 2  ，离心率为 2 ，已知函数 3 2 3 3 3 y x x   的图象也 是双曲线，其离心率为e .则其在一象限内的焦点横坐标是 ▲ . 四、解答题：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 O 2 2: 4x y  与 x轴交于 ,A B两点，动点 P与点 A 的距离是它与点 B距离的 2 倍． （1）求点 P的轨迹方程； （2）过点 B作倾斜角为 45 直线 l交点 P的轨迹于 ,M N 两点，求弦长 MN . 试卷第 3页 16.(本小题 15 分)已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0) x yC a b a b     的一条渐近线方程为 5 0x y  ，且经过点 (10, 15)P ． (1)求双曲线C的方程； (2)直线 l与双曲线C相交于A ， B两点，若线段 AB的中点坐标为 (3, 2) ，求直线 l的方程． 17. (本小题 15 分)已知椭圆C：   2 2 2 2 1 0    x y a b a b 的离心率为 3 2 ，右焦点为  3,0F ，A，B分别为椭圆C的左、 右顶点. (1)求椭圆C的方程； (2)过点  1,0D 作斜率不为 0 的直线 l，直线 l与椭圆C交于 P，Q两点，直线 AP与直线 BQ交于点 M，记 AP的斜率为 1k ，BQ的斜率为 2k .求证：         1 2 1 1 21 1 2 1 22 2 1 1 2 2 3 1 3 12 33 3 9 3 3 2 y y yy tyk y y y yk y ty y y y           为定值. 18. (本小题 17 分)已知抛物线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F，点  , 2M t 是C上的一点，且 2MF  . (1)求抛物线C的方程； (2)设点    1 1 2 2, , ,A x y B x y （其中 1 2x x ）是C上异于M的两点， AMB 的角平分线与 x轴垂直，N 为线段 AB的中点. （i）求证：点N 在定直线上； （ii）若 MAB△ 的面积为 6，求点A 的坐标. 试卷第 4页 19. (本小题 17 分)通过研究，已知对任意平面向量  ,AB x y  ，把 AB  绕其起点 A沿逆时针方向旋转 角得到向量  cos sin , sin cosAP x y x y       ，叫做把点 B绕点 A逆时针方向旋转 角得到点 P， (1)已知平面内点  3,2 3A  ，点  3, 2 3B  ，把点 B绕点 A逆时针旋转 π3 得到点 P，求点 P的坐标： (2)已知二次方程 2 2 1  x y xy 的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆   2 2 2 2 1 0    x y a b a b 绕原点 O逆时针旋转 π 4 所得的斜椭圆 C， （i）求斜椭圆 C的离心率； （ⅱ）过点 2 2, 3 3 Q        作与两坐标轴都不平行的直线 1l 交斜椭圆 C于点 M、N，过原点 O作直线 2l 与直线 1l 垂直，直线 2l 交斜椭圆 C于点 G、H，判断 2 2 1 MN OH  是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由. 答案第 1页 福建省厦门双十中学 2026 届高二上期中考试 数学试题参考答案及评分标准 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．A 2．D 3．D 4．B 5．B 6．C 7．A 8．C 二、多选题：本题共 3小题，每小题 8分，共 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 5 分，有选错的得 0分，部分选对的得 2分。 9．AB 10．BC 11．ACD 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分。 12．5 13． 9 2 4 ） 14． 2 3 3 第 11 题解析对于 A，先求曲线方程，设曲线C上一点 ( , )x y （ 0xy  ）， 由已知 3 2 2x y a xy   ，即 2 2 3 2 2 2( )x y a x y  . 若点 ( , )x y 在曲线C上，则 ( , )y x 也满足曲线方程 2 2 3 2 2 2( )y x a y x  ，所以曲线C关于直线 y x 对称，A 选项正确. 对于 B，将 ( 1, 1)  代入曲线方程 2 2 3 2 2 2( )x y a x y  ，得 3 2(1 1) a  ，即 28 a ， 2 2a  ，此时方程为  32 2 2 28x y x y  ， B 选项错误. 对于 C， 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2( ) ( ) 2 x yx y a x y a     ，则 2 2 2 4 ax y  ， 所以 C在以圆心为 O，半径为 2 a 的圆内，结合图形知道 2 2π π 2 4 8 a aS    ，C 选项正确. 对于 D，由于 2 2 2 9 4 ax y   ，所以 [0,3), [0,3)x y  ，由曲线C的对称性可知，要使曲线C上有 5 个整点， 则曲线C在第一象限内有两个整点，当整点为 (1,1) 时， 2 2a  ， 此时整点 ( 1, 1), (0,0)  都在曲线C上，其有 3 个整点，不满足题意; 当整点为 (1, 2) 时， 5 5 (2,6) 2 a   ，此时整点 (2,1), ( 1, 2), ( 2, 1), (0,0)    均在曲线C上， 且 (2, 2), (1,1) 均不在曲线C上，其有 5 个整点，满足题意，D 正确. 第 14 题解析直线 3 3 y x 和 y轴是双曲线的两条渐近线，由阅读材料可知，双曲线的焦点所在的对称轴是直线 3y x ， 由顶点的定义知，对称轴与双曲线的交点即顶点，联立得 3 2 3 3 y x x y x           ， 解得： 1 3 x y    或 1 3 x y      ，所以双曲线的位于第一象限的顶点为  1, 3 ， 若将双曲线绕其中心适当旋转可使其渐近线变为直线 3 3 y x  ，则双曲线的离心率 2 3 2 31 3 3 e          ，则 2 4 3 e  ， 设双曲线的位于第一象限的焦点的坐标为  0 0,x y ，则 0 2 3 1 3 x  ，所以 0 2 3 3 x  ， 所以 0 03 2y x  ，所以双曲线的位于第一象限的焦点的坐标为 2 3 , 2 3        ， 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.(1)易知 ( 2,0)A  ， (2,0)B ．设点 P的坐标为 ( , )x y ， | | 2 | |PA PB ， 得 2 2 2 2( 2) 2 ( 2)x y x y      ， 2 分 答案第 2页 化简得 2 212 4 0x x y    ，即 2 2( 6) 32x y   ． 5 分 (2)可知 l方程： 2y x  ，即 2 0x y   . 7 分 圆心 (6,0) 到直线的距离 6 0 2 2 2 2 d     . 9 分   2 2 32 2 2 24 2 MN        ， 2 6 2 MN   ， 即 4 6MN  . 13 分 16.（1）由题意，知 2 2 100 15 1 5 a b a b        ，解得 5 5 a b    ，故双曲线C的方程为 2 2 1 25 5 x y   ． 5 分 （2）设� �1, �1 , � �2, �2 ， 则 2 2 1 1 2 2 2 2 1 25 5 1 25 5 x y x y        ，两式相减，得 2 2 2 2 1 2 1 2 0 25 5 x x y y    ， 整理得 1 2 1 2 1 2 1 2 1 5 y y x x x x y y       ． 7 分 因为线段 AB的中点坐标为 (3, 2) ，所以 1 2 1 26, 4x x y y    ， 9 分 所以直线 l的斜率 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 6 3 5 5 4 10 y y x xk x x y y           ， 11 分 故直线 l的方程为 32 ( 3) 10 y x   ，即3 10 11 0x y   ． 13 分 经检验，直线 l与双曲线C相交，所以直线 l的方程为3 10 11 0x y   . 15 分 17.（1）依题可得 3 2 3 ce a c       ，解得： 2, 3a c  ，所以 2 2 2 1b a c   ，即椭圆C的方程为 2 2 1 4 x y  ． 5 分 （2）设� �1, �1 ，� �2, �2 ，因为直线 l过点  1,0D 且斜率不为 0， 6 分 所以可设 l的方程为 1x ty  ，代入椭圆方程 2 2 1 4 x y  得，  2 24 2 3 0t y ty    ， 其判别式  2 2Δ 4 12 4 0t t    ，所以 1 2 22 4 ty y t     ， 1 2 2 3 4 y y t    . 9 分 两式相除得 1 2 1 2 2 3 y y t y y   ，即  1 2 1 2 3 2 ty y y y  ． 11 分 因为 ,A B分别为椭圆C的左、右顶点，所以点A 的坐标为  2,0 ， 点 B的坐标为 2,0 ，所以 1 11 1 12 3 y yk x ty     ， 2 2 2 2 22 1 y yk x ty     ． 13 分 从而         1 2 1 1 21 1 2 1 22 2 1 1 2 2 3 1 3 12 33 3 9 3 3 2 y y yy tyk y y y yk y ty y y y           ． 15 分 18.（1）因为 2MF  ，由抛物线的定义得 2 2 pt   ，又 2 4pt  ，所以 2t p  ， 因此 2 2 2 p p   ，即 2 4 4 0p p   ，解得 2p  ，从而抛物线的方程为 2 4y x . 4 分 （2）（i）由（1）知点M 的坐标为  1,2M ，因为 AMB 的角平分线与 x轴垂直， 所以可知 ,MA MB的倾斜角互补，即 ,MA MB的斜率互为相反数， 答案第 3页 1 1 2 11 1 2 2 4 1 21 4 MA y yk yx y        ，同理 2 4 2MB k y   ， 6 分 则 1 2 4 4 0 2 2MA MB k k y y       ， 化简得 1 2 4y y   ，则 1 2 22N y yy    ， 8 分 所以点 N 在定直线 2y   上. 9 分 （ii） 1 2 1 2 2 2 1 21 2 1 2 4 1 4 4 AB y y y yk y yx x y y          ，则直线  1 1:AB y y x x    ，即 2 1 1 04 yx y y    10 分 线段 AB的长度： 1 22AB y y  ，点  1,2M 到直线 AB的距离 2 1 13 4 2 yy d    ， 11 分 可得 MAB 的面积为 2 1 1 1 2 3 41 1 2 2 2 2MAB yy S AB d y y          ， 12 分 因为 1 2 4y y   ，且 12 2y   ，化简得     2 21 1 1 1 1 12 41 12 4 2 16 2 6 2 4 4MAB y y S y y y            ， 14 分 令  1 2 0,4t y   ，则 3 16 24 0t t   ，即    22 2 12 0t t t    . 解得 2t  或 1 13t    ， 由  1 2 0,4t y   知 2t  或 1 13t    ，所以 1 1 0, 0, y x    或 1 1 13 3, 11 3 13 , 2 y x         16 分 所求点A 的坐标为  0,0A ，或者 11 3 13 , 13 3 2 A        . 17 分 19.（1）由已知可得  2 3, 4 3AB   ，则  6 3,3 2 3AP    ， 2 分 设  0 0,P x y ，则    0 03, 2 3 6 3,3 2 3AP x y       ， 所以 0 6x  ， 0 3y  ，即点 P的坐标为  6,3 ； 4 分 （2）（i）由 y x 与 2 2 1  x y xy 交点为  1,1 和  1, 1  ，则 2 2a  ， 6 分 由 y x  与 2 2 1  x y xy 交点为 3 3, 3 3        和 3 3, 3 3        ， 则 2 2 3 b  ，所以 2 4 3 c  ， 2 3 63 32 e   ； 8 分 （ⅱ）法一：设直线 1l ： 2 2 3 3 y k x          ，  1 2,M x y 、� �2, �2 ， 与斜椭圆 2 2 1  x y xy 联立： 2 2 2 2 3 3 1 y k x x y xy                ， 有      22 2 22 21 3 2 1 1 1 033k k x k k x k         ， ∵ 2 1 2 2 2 2 3 1 13 k kx x k k       ， 2 1 2 2 122 2 3 1 k k x x k k      ， 11 分 ∴    22 1 2 1 21 4MN k x x x x      答案第 4页     22 22 2 2 2 2 12 2 12 2 3 1 2 21 4 1 3 1 13 k k kk kk k k k k k k                         ， 13 分 设直线 2l ： 1  y x k ，代入斜椭圆 2 2 1  x y xy ， 有 2 2 2 2 1 1 1x x x k k    ， ∴ 2 2 2 1 kx k k    ，∴ 2 2 2 1 1 kOH k k     ， 15 分 故 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 k k k k MN k kOH           . 17 分 法二：将椭圆顺时针旋转 π 4 ，由①可得椭圆方程为 2 23 1 2 2 x y   ， 9 分 点 Q旋转后的坐标为 2 3 ,0 3        ， 当直线 1l 旋转后斜率不存在时， 2 2 3 MN  ， 2OH  ， 2 2 1 2 MN OH   ， 10 分 当直线 1l 旋转后斜率存在时，设直线 1l 旋转后为 2 3 3 x my  ， 旋转后  1 2,M x y 、� �2, �2 ， 与椭圆方程 2 23 1 2 2 x y   联立，即 2 2 2 3 3 3 1 2 2 x my x y        ， 可得  2 23 3 4 3 2 0m y my    ，  1 2 2 4 3 3 3 my y m     ，  1 2 2 2 3 3 y y m    ， 12 分      2 22 1 2 1 2 2 6 2 1 1 4 3 3 m MN m y y y y m        ， 14 分 设直线 2l 旋转后为 y mx  ，代入椭圆方程 2 23 1 2 2 x y   中， 有 2 2 2 1 3 x m   ， 2 2 2 2 2 1 3 mOH m    ，       2 2 2 2 2 3 2 32 1 3 1 2 6 2 1 2 1 m m MN m mOH         . 16 分 综上所述， 2 2 1 2 MN OH   . 17 分