四川省成都市树德中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

树德中学高2024级高二上学期半期考试数学试题 A子 B.4 C.2 D.5 (满分：150分时间：120分钟) 8.己知点A(←2,0)，B(0,2),Pm,)在曲线x=-V1-y2上，记∠APB=a,则存在函数f(),对曲线 注意喜项： 上任意一点P都有 1本试卷分第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、座号、 A.m=f(a) B.a=f(m) C.n=f(a) D.=f) 准考证号填写在答题卡上」 二。多选腮：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小腮给出的四个选项中，有多项符合题目 2.回答第卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用 要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 橡皮擦拭干净后，再选涂其他答案的标号，答案写在本试卷上无效 9.下列说法正确的是 3,回答第Ⅱ卷时，将答案用黑色墨迹中性笔写在答题卡上，写在本试卷上无效。 4.考试结束后，清考生个人留存试卷并将答题卡交回给监考教师. A直线m2+2=0的锅角0的康植醒是色停 B.a=-1是“直线ax-y+1=0与直线x-m-2=0互相垂直”的充要条件 第1卷（选择题，共58分） C.过点P1,2)且在x轴、y轴截距相等的直线方程为x+y-3=0 一，选释题：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 D.经过平面内任意相异两点（化，y),(3,y)的直线都可以用方程(3：-x)y-) 要求的. =(0-)-)表示 1.己知直线ax+y-2=0与直线-2x+1-a)y-4=0平行，则a的值为 10.若AB独立，且P()=0.7,P(B)=0.8,则 A.2 B.1 C.-1 D.2或-1 2.如图是一个古典概型的样本空间Q和事件A、B,其中K2)=24,(4)=12 A.PAB)=0.56 B.P(A+B)=0.94 (B)=8,(AUB)=16,那么 C.PA+B)=0.5 D.(4+B)A+B】=0.38 A.(4)=6B.事件A与B互斥C.PR网-号 11.己知平面上一点P到点(-1，o),(1,0)的距离满足|P-P=2PP,设点P的运动轨迹为 D.事件A与B相互独立 曲线C,则下列结论正确的是 3.在平行六面体ABCD-ABCD中，AC与BD的交点为M,设AB=a,AD=B,AA=c,则MC= A.曲线C关于原点对称 A.1a-18-g B.a+8-8 C.1a-8-8 -1a+1b-e D.22 B.PE PF,s1 C.点P横坐标的取值范围是[-√2，V2 4.在去年的足球联赛上，一队每场比赛平均失球数是1.5，全年比赛失球个数的标准差为11：二队 每场比赛平均失球数是21，全年失球个数的标准差是0.4，下列说法错误的是 D.当点P不在坐标轴上时，点P在椭圆号+y=1内部 A.平均来说一队比二队防守技术好 B.二队比一队技术水平更稳定 C.一队在防守中有时表现差，有时又表现非常好D.二队很少失球 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 5.已知A(-20),2,0),动点ck,),则C20”是二+二之1的 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 94 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 12.若向量ā=(2，-1m),6=(-4,2,4)夹角为钝角，则m的取值范围为 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 13.已知圆0：x2+y2=16,直线：4+3y-12=0,点A(-3,0),点P在圆0上运动，点Q满足00=@+O丽 6.已知焦点在x轴上的双曲线的渐近线与圆x+y2-6x+5=0有公共点，则双曲线的离心率的取值范围 (O为坐标原点)，则点Q到直线1距离的最大值为 为 14.①已知斜率为k的直线与椭圆C:号+二=1交于A,B两点，若线段AB的中点为M1,m)(m>0)则 43 c别 D. <-②对任意的0<x<10<y<1+y+F+Q-y+-)+刀+-+Q-叮225， 7.直三棱柱ABC-AB,C中，AB=AC=A41=2反，P为BC中点，AP=号BC,Q为4C上一点， ③点P为直线1：2x+y+2=0上的一个动点，A,B为圆M:x2+y2-2x-2y-2=0上任意两个不重合的点， 4249,则经过4，P,Q三点的平面截此三棱柱所成截面的面积是 记co∠A3的最小值为mm<4B的最大值为，则加+=号④覆盖曲线+广=+的面积最 小的圆是x+y2=2.以上说法正确的有」 ,(填序号) 高二数学2025-12第1页共2页 四.解答题：本题共5小题，共77分，解答题应写出文字说必要明，证明过程及演算步骤， 15.(13分)己知圆C的方程为：x2+(y-3=1,直线1的方程为y=x 18.17分)已知椭圆©号+号-a>69的左、右焦点分别为R,月，离心率为5设AB是椭 2 (1)(7分)过点(1,0)作圆C切线，求切线的方程： 圆上位于x轴同侧的两点，且直线4识与直线BR平行，当1：轴时，A- (2)(6分)若Q为直线1上一点，且Q的横坐标为2，P为平面内一动点，O为原点，满足PO=√2Pg, (1)(4分)求椭圆C的方程： 求点P的轨迹方程， (2)(6分)若直线AF1的斜率为1，求4+B的长度： (3)(7分)设直线I过点D0,匀且与椭圆C相交于M,N两点，又点P是椭圆C的下顶点，当 16.(15分)树德中学为提升学生的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场数学文化素 △PMN面积最大时，求直线1的方程， 养知识大赛”，分为初赛和复赛两个环节，全校学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地 抽取200人的成绩作为样本，得到如下颊率分布直方图，根据图形，请回答下列问题： 频率/组距 0.025= 19.17分)已知稀圆c经过点（引和6- (1)(4分)求椭圆C的标准方程： 0.015 0.010 (2)设椭圆C的左焦点为F,点M,N是椭圆C上的两个动点，直线N的斜率存在并且不为0 0.005 (i)(6分)若直线MF,NF关于x轴对称，证明：直线N过定点： 0405060708090100分数 (i)(7分)若O为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线MN过点B(-22),直线OB与直线 (1)(6分)求频率分布直方图中a的值用样本估计总体，估计该校学生初赛成绩的中位数： AM,AN分别交于点P,O,求o司 (2)(9分)若甲、乙、丙三位同学均进入复赛，已知甲、乙、丙复赛获一等奖的概率分别为亏·亏： 21 】甲、乙、丙获一等奖互不影响，求至少有两位同学复赛获一等奖的概率 17.(15分)如图，点P为正方形ABCD所在平面外一点，M为PA中点，DE=ADP(0<元<1).平 面ABCD⊥平面ABP,AB=BP=2,AB⊥BP. 1)(7分)若2=号，求证：PD1平面BBM: (2)(8分)当二面角D-BM-B的正弦值为5时，求2的值 9 高二数学2025-12第2页共2页 树德中学高2024级高二上学期半期考试数学试题答案 中数不猫度为别885805x=四- 6分 3 一，选择题 (2)设事件甲、乙、丙获奖分别为AB,C至少两位同学获奖有如下情况：甲乙获奖丙未获奖，甲丙 题号1 234567891011 获奖乙未获奖，乙丙获奖甲未获奖，甲乙丙三人均获奖， 答案ADB DBBCDADABDABD (第2题教材P266,第4题教材P216,第8题借圆的外衣，考查函数定义， P=P(ABC)+P(ACB)+P(CBA)+P(ABC) 变式：存在函数f)满足，对任意的x∈R都有() ----引品…15分 17.解法一：在正方形ABCD中，有BC⊥AB, =sin2x B.f(cos2x)=cosx C.f(x-x)=x D.f(e)=e"! 因为平面ABCD⊥平面ABP,平面ABCD∩平面ABP=AB, BCC平面ABCD,所以BC⊥平面ABP, 第10题概率中的集合思想，AB选项是《必修二》P253,复习巩固2原题 因为BPC平面ABP,所以BC⊥BP,又AB⊥BP, 二，填空题 以B为原点，分别以BA,BP,BC方向为x轴，y轴，：轴的正方向， 14.d②电（教材P80,P103)③解析当PA,PB分别为圆的切线，且 建立空间直角坐标系，如图所示2分 5 MP最小时，∠APB最大，此时©os∠APB最小，再利用二倍角公式即可得m,再根据∠APB最大时为 2 钝角，所以m∠APB的最大值为1，即=1即可得m+n= 三.解容题 15.(1)当切线斜率不存在时，直线x=-1与圆相切：3分 当切线斜率存在时，设直线方程为y=k(x+1),化为一般式为：-+k=0, 则有B(0,0,0),P(0,2,0),D(2,0,2),A(2,0,0),M(1,1,0) 由圆心(0,3)到直线的距离d=1,解得太= Vk2+1 DP=(-2,2,-2),D正=(-2λ21，-20，BD=(2,0,2）,BM=(11,0) 故切线的一般式方程为4x-3y+4=0, 综上所述，所求切线的一般式方程为x+1=0或4x-3y+4=0;7分 )当-号时.0正=(-)酝=D+正=() (2)设P(x,y),因为Q为直线1：y=x上一点，且Q的横坐标为2，所以(2,2)， 所以BE.DP=-2x2+2x号2×2=0，BM-DP=-2x1+2×1-2x0=0 3 3 3 由lPo=2Pg得：√2+y=√2Vx-2y'+(y-2)', 所以BE⊥DP,BM⊥DP,即BE⊥PD,BM⊥PD, 化简得：x2+y2-8r-8y+16=0点P的轨迹方程为：(x-4)+(y-4)=16....13分 又因为BEC平面BEM,BMC平面BEM,BMBE=B, 16.(1)易知(0.010+0.015×2+a+0.025+0.005)×10=1,.a=0.03,3分 所以PD⊥平面BEM7分 又0.01+0.015×2<0.05<0.01+0.015×2+0.03，则中位数位于70,80)之间， (2)设i=(,片，)为平面BDM的法向量， nBD=0 则有 BM=0 +0 EM=PE:+PM:-2PE.PMCO8ZEPM-4+2-2x6 3 3 33 取x=1,得乃=-1，二=-1，则=(L,-1,-1)是平面BDM的一个法向量， 所以PM2=PE2+EM,所以PD⊥EM,又M∩BM=M,所以PD⊥平面BEM. BE=BD+DE=(2-2,22,2-2), (2)因为BM⊥平面ADP,DM,PMC平面ADP, 设m=(2,2,:）为平面BEM的法向量， 所以BMM⊥DM,BM⊥EM, 又因为DMC平面DBM,EMC平面BME, 财丽8-20%0g-0,-训+0-6=0 所以二面角D-BM-E的平面角为∠DME, x2+y2=0 取x2=元-1，得2=1-1,2=1-21， 所以sm∠DMB= 9,cOsLDME=±！-(9=土 则m=(A-1,1-入，1-2)是平面BEM的一个法向量，10分 在RteAPD中，PD=25,AM=√反，所以DM=√6， 因为二面角D-BM-E的正弦值为Y5 所以sn侃而=号 所以c2佩司=1-(9-务即= 2 在R△D中，o∠MD-后-5，所以o∠BD-点 DM√63 3 化简得322+8九-3=0，解得元=。或九=-3（舍去） 又因为0<<1，所以-5≤cos∠DMB<1,所以cos∠DMB=55 3 3 (负值舍去) 所以元的值为15分（解法二、三对照给分） 在△PDM中， 解法二： C0S PDM=PDi+DM:-PM 12+6-22 (1)因为平面ABCD⊥平面ABP,平面ABCD∩平面ABP=AB, 2PD.DM 2×23×63，s1n☑PDM=1 四边形ABCD为正方形，AD LAB,ADC平面ABCD, 在△EDM中，sin∠DEM=sin(LEDM+∠EMD) 所以AD⊥平面ABP 因为BMC平面ABP,所以AD⊥BM =sm∠EDM8∠D+cos∠EDM sin.∠BMD=x5V5+2Ex6-5 39393 又AB=BP,M为AP中点，所以BM⊥AP, 又AD门AP=A,所以BM⊥平面ADP,又PDC平面ADP,所以BM⊥PD. 又DE=1DP=23, 又AB=BP=2,AB⊥BP,所以AP=2√2，所以PM=√2， DE √6251 DM 由正弦定理，得 1 PD-ADAP=25.PE= sin∠DEM sin∠EMDl ,即√5√6，解得2= 3 ,所以2的值} 3 3 9 解法三： 又cos∠EPM=AP-25-V6 由余弦定理可得 (1)同解法二 DP253 (2)因为BM⊥平面ADP,DM,PMC平面ADP, 所以BM⊥DM,BM⊥EM, 2 又因为DMC平面DBMM,EMC平面BME, 10分 所以二面角D-BM-E的平面角为∠DME, 所以4+B的长为 (3)由题意可知，直线斜率存在，P0,1), 所以sin∠DME=6 ,co2LDM6=1-(9= y=kx+. 设直线：+号，1，)，x,,联立 +r=, 在平面PAD内，以A为原点，分别以AP,AD的方向为x轴、y轴的正方向， 4k 得441)r24430,16k+124k+1P0.x1+4R行xaR12分 建立平面直角坐标系，如图所示 Sono 令中e同，则一哥海品 915分 又=+在[V3,+o)单调递增，当=V3,即v16k2+3=√3， 即k0时，△PMN面积最大，此时直线1：)17分 则有D(0,2),P2√2,0，MN2,0 19)将引用及写代入m+心2=1可得桶圆C的方相为营+号-1：4分 43 Dp=(22,-2)MD=（-22): DE=Dp=(22λ，-2)，ME=MD+DE=(2W2λ-V2,2-2n): (2)(i)解法1：设直线N的方程为y=:+t, cos2(ME,MD)=(w同) ME-MB (-4λ+2+4-4P 联立+=1得3+4)x2+8+4r2-12=0, d2w2a-同+2-2a] 43 (-4λ+2+4-4)Y .25 4=64k21-4(3+4k2)(42-12)>0,故4k2-12+3>0, 即wa-可+-2月27 化简得3+81-3=0，解得元=写该入=-3（合去） 设小，放x+=是.6分 所以的值为一 直线A加，炉关于轴对称，共种F10,k如+e=0,即异 3 所以(3+1)y=-(名+1)，其中片=年+4，y2=,+t, 1设【详潮】0椭固e的方程为子+少-1…4分 所以(3，+1)(+)=-(，+)（生+），2k3:+(k+)(+x)+21=0, (2)延长AR交椭圆C于点O,由对称性可知，BF=OR,所以AE+Br=4C, _4#-12代入可得 将+ 而直线A0的方程为y=x+√3，设A(3,),Q(x,为)， 24-0,+=0,化满，代入-产30中， 联立椭圆方程得：5x+8V3x+8=0,所以5十5，：-85， 8 2 2 4e-FG+r-g-2-4 所以直线MN方程为y=k+4k=(x+4),直线N过定点(4,0)：…10分 解法2：（斜率和为0，通过平移或者恒等变形做齐次化处理得到正确答案也给分） (i)由题意得A(2,O),直线MN过点B(-2,2),设直线N为y-2=k(x+2), 联立￡+其=1得4x-4x-8=0,即-x-2=0,解得x=-1或2， 43 联立+二=1得(4+3)x2+16k(k+1)x+16+32k+4=0, 43 当=1时，子当=2时，了0，即MV共中一-个点坐标为20， A-26化+-44+306+32+4利>0，故2难+3<0解得<-名 OP 与A(2,0)重合，不合要求，综上， oo =1.17分 设M(5,),N(xy),则x+x2=- 16k(k+1) 4k2+3 ,55=162+32k+4 4k2+3 12分 (先通过特殊值得出比值为1，再验证x。+x2=0,过程完善也给分) 直线OB为=-x,直线AM为-0=-2 -0,-21 联立直线OB与直线AM得，= +子之同理可得6=华 为+男-2：13分 y+x-2 出（少+-2 ,其中y=+2k+2,片=x+2k+2, 2y2 y,(y+x-2 y2+x2-2 P+2k+2)[(k+1)x+2k] k(k+1)x32+2k+2(k+1)'x+4+4 故o@ (:+2k+2)[(k+1)+2k] k(k+1)x2+2kx+2(k+1)x+4h2+4h k(k+1)x2+2k2(x+x2)+(4k+2)x,+4h+4h k(k+1)xx+2k(3+x)+(4k+2)x+4k2+4k 16k(k+1) 将+x2=- 16k2+32k+4代入得 4k2+3 , 4k2+3 k+1)16+32k+4-216++(k+25+4k+4h o 4k2+3 4k+3 log] k任+1l6+32+4-2k:16t++(4t+2X+46+4h 4+3 42+3 [16kk++2xK2k+1 42+3 l6*(k+1)+2x 4k2+3 16kk++2X (2k+1≠0)， (2k+1) 4k2+3 16k(k+1) 由于3+x= 1o卫-上x-+2-上+-1,15分 4k2+3 所以o0-+2国k可 当2k+1=0时，直线MN为y= 1