精品解析：四川省成都市树德中学2025-2026学年高二上学期期中数学试题

树德中学高2024级高二上学期半期考试数学试题 （满分：150分 时间：120分钟） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ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、准考证号填写在答题卡上. 2.回答第Ⅰ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. 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，请考生个人留存试卷并将答题卡交回给监考教师. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，只有一项是符合要求的. 1. 已知直线与直线平行，则a的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 2或 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行得到方程，解出值后再检验即可. 【详解】由题意得，解得或， 当时，直线与直线平行，满足题意； 当时，直线与直线重合，不合题意，舍去. 则a的值为. 故选：A. 2. 如图是一个古典概型的样本空间和事件A、B，其中，，，，那么（ ） A. B. 事件A与B互斥 C. D. 事件A与B相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】由图易求得可判断A，利用互斥事件的概念可判断B，求得，利用古典概型概率公式计算即可判断C；分别求出事件求得，.进而计算判断即可. 【详解】由图知，，故A错误 ； 事件A与有共同基本事件，故不是互斥事件，B错误， ∵，∴；故C错误； 因为，又， ，，所以A与B相互独立，故D正确. 故选：D 3. 在平行六面体中，与的交点为，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的平行六面体，利用空间向量的线性运算求解. 【详解】在平行六面体中，与的交点为，则是的中点， 所以. 故选：B 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1.1；二队每场比赛平均失球数是2.1，全年失球个数的标准差是0.4，下列说法错误的是（ ） 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 【答案】D 【解析】 【分析】根据两个队伍的平均数和方差，进行比较，即可求解. 【详解】一队每场比赛平均失球个数是，二队每场比赛平均失球个数是，平均说来一队比二队防守技术好，A正确； 一队全年比赛失球个数的标准差为，二队全年比赛失球个数的标准差为，二队比一队技术水平更稳定，B正确； 因为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1.1，说明失球数波动较大，所以一队有时表现很差，有时表现又非常好，故C正确. 二队每场比赛平均失球数是2.1大于一队，全年失球个数的标准差是0.4小于一队，所以二队很少不失球，D错误. 故选：D 5. 已知，，动点，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】列出向量，，然后得到，由条件“”得点与圆的位置关系，由条件“”得点与椭圆的位置关系，数形结合即可得到结论. 【详解】，，则， 当时，，表示点在圆上或圆外， ，表示点在椭圆上或椭圆外， 如图 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 6. 已知焦点在轴上的双曲线的渐近线与圆有公共点，则双曲线的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为：，将该渐近线与圆有公共点，转化为圆心到渐近线的距离小于或等于圆的半径，列出相应的关系式，求得双曲线的离心率的取值范围. 【详解】由，得. 记圆的圆心为，半径为. 设焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为：，即. 由题可知，，化简得：. 由，得. 化简，得，所以. 双曲线的离心率的取值范围为. 故选：B. 7. 直三棱柱中，，P为BC中点，，Q为上一点，，则经过A，P，Q三点的平面截此三棱柱所成截面的面积是（ ） A. B. 4 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】如图，在上取点M，使得，取的中点N，连接，则，利用线面垂直的判定定理与性质可得，则截面为直角梯形APQM，结合题意求出QM、AP、PM，由梯形的面积公式计算即可求解. 【详解】如图，在上取点M，使得，取的中点N，连接， 则，又，所以， 得A、P、M、Q四点共面，又，为BC的中点，所以， 由，得，又平面， 所以平面，由平面，得， 所以截面为直角梯形APQM，且，得， 所以， 作于D，则， 所以. 故选：C． 8. 已知点，，在曲线上，记，则存在函数，对曲线上任意一点P都有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定点的轨迹后，结合函数定义逐项判断即可得. 【详解】由，可得，， 故在以原点为圆心，半径为的圆的右半圆上. 对A、C：如图：当位于点或时，有与全等， 则，即当时，可为或，可为或， 故、都不是关于的函数，故A、C错误； 对B：当时，如图，可能位于点或点处， 显然，故一个可能得到两个不同的， 故不是关于的函数，故B错误； 对D：由，则确定时，唯一确定， 则当确定时，点也唯一确定， 则每一个都有相对应的一个， 故是关于的函数，故D正确. 故选：D 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，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 直线的倾斜角的取值范围是 B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 C. 过点且在轴，轴截距相等的直线方程为 D. 经过平面内任意相异两点的直线都可以用方程表示． 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A：根据可求倾斜角的取值范围；对于B：根据两直线垂直的条件求出的值即可判断；对于C：分截距是否为0两种情况求解可判断；对于D：对斜率为0、斜率不存在特殊情况讨论可以确定所求直线均可用表示. 【详解】对于A：直线的倾斜角为，则， 因为，所以，故A正确. 对于B：当时，直线与直线斜率分别为，斜率之积为，故两直线相互垂直，所以充分性成立， 若“直线与直线互相垂直”，则， 故或，所以得不到，故必要性不成立，故B错误. 对于C：截距为0时，设直线方程为，又直线过点， 所以可得，所以直线方程为， 当截距不为0时，调直线方程为，又直线过点， 所以可得，所以直线方程为， 所以过点且在轴，轴截距相等的直线方程为或，故C错误； .对于D：经过平面内任意相异两点的直线： 当斜率等于0时，，方程为，能用方程表示； 当斜率不存在时，，方程为，能用方程表示； 当斜率不为0且斜率存在时，直线方程为， 也能用方程表示，故D正确. 故选：AD. 10. 若独立，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据相互独立事件的乘法公式即可判断A；根据并事件和补事件的概率公式即可判断BC；分解为复合事件为互斥事件即可判断D. 【详解】因为独立，所以相互独立，相互独立，相互独立， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，由，， 得，，所以， 所以，故C错误； 对于D，可分解为互斥事件与， ， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知平面上一点到点，的距离满足，设点的运动轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线C关于原点对称 B. C. 点P横坐标的取值范围是 D. 当点P不在坐标轴上时，点P在椭圆内部 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过设点坐标，根据点的对称、三角形的性质、椭圆的性质，逐一分析选项. 【详解】对于选项A： 设点，则关于原点的对称点为，根据两点间距离公式. 所以. 又因为， 所以. 又，所以. 所以曲线关于原点对称，所以A正确； 对于选项B： 当点与点共线时，则. 此时，所以或. 此时， 由得， 解得. 当点与点不共线时，根据三角形性质可得 ，由得， 解得. 综上可得，B正确； 对于选项C ：若的横坐标的范围为，取， 此时，但，矛盾，所以C错误. 对于选项D： 当点不在坐标轴上时，由B可知. 所以. 根据椭圆的性质可知点在椭圆的内部. 故答案为：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若向量，夹角为钝角，则m的取值范围为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由夹角为钝角可得与不共线，且，利用空间向量的坐标运算即可求解. 【详解】因为与夹角为钝角，所以与不共线，且， 若与共线，则，解得，故， 由可得，解得， 所以的取值范围为. 故答案为： 13. 已知圆O：，直线l：，点，点P在圆O上运动，点Q满足（O为坐标原点），则点Q到直线l距离的最大值为_________. 【答案】##8.8 【解析】 【分析】设，由得，进而得，利用点到直线的距离公式即可求解. 【详解】设，由有， 所以，又点在圆上，所以， 即，所以点轨迹是以为半径，圆心为的圆， 由圆心到直线的距离为， 所以点到直线的距离的最大值为：， 故答案为：. 14. ①已知斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为（）则； ②对任意的，，； ③点P为直线l：上的一个动点，A，B为圆M：上任意两个不重合的点，记的最小值为m，的最大值为n，则； ④覆盖曲线的面积最小的圆是.以上说法正确的有_________.（填序号） 【答案】①②④ 【解析】 【分析】①设出坐标，利用点差法，结合点的坐标，即可求得参数的取值范围； ②取点，根据所求表达式的几何意义为正方形内一点到4个顶点距离之和，结合图象的结构特征，即可判断； ③根据题意分析得当，分别为圆的切线，且最小时，最大，此时最小，再利用二倍角公式即可得，再根据最大时为钝角，所以的最大值为1，即.即可得. ④根据对称性得到曲线图形，再根据对称性求到原点的距离的最小值即可判断； 【详解】①设，，又点，在椭圆上， 则，，两式相减可得：， 又，，则， 又点，在椭圆内，则，解得，所以，正确； ②取点， 则表示正方形内一点到4个顶点距离之和， 由于,当P点位于正方形对角线交点处时，等号成立， 故所求表达式的最小值为，正确； ③由题意得的标准方程为，所以圆心，半径为2， 如图： 所以圆心到直线的距离为，所以直线与相离， 所以当分别为圆的切线，且最小时， 最大，又，则最大， 所以最大，此时最小， 此时，即． 由于最大时为钝角，的最大值为1，即, 故，错误； ④因点在曲线上，点，也都在曲线上， 则曲线关于x轴，y轴对称， 当时，曲线的方程为，表示以点为圆心，为半径的圆在直线上方的半圆(含端点)， 因此，曲线是四个顶点为的正方形各边为直径向正方形外所作半圆围成，如图， 曲线上的点到原点距离最大值为，圆能覆盖曲线，则，故覆盖曲线的面积最小的圆是，正确. 故答案为：①②④ 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. 已知圆C的方程为；，直线的方程为 （1）过点作圆C切线，求切线的一般式方程； （2）若Q为直线上一点，且Q的横坐标为2，P为平面内一动点，O为原点，满足，求点的轨迹方程. 【答案】（1）或； （2） 【解析】 【分析】（1）直线斜率不存在时满足，斜率存在时，设出直线点斜式，利用点到直线距离公式求解； （2）由题意得，设，由列式化简即得点的轨迹方程. 【小问1详解】 当切线斜率不存在时，直线与圆相切； 当切线斜率存在时，设直线方程为， 化为一般式为， 由圆心到直线的距离， 解得 故切线的一般式方程为， 综上所述，所求切线的一般式方程为或； 【小问2详解】 设， 因为Q为直线：上一点，且Q的横坐标为2，所以， 由得：， 化简得： 点的轨迹方程为：. 16. 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，得到如下频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题： （1）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； （2）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，，，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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质及中位数的求法计算即可； （2）利用独立事件的概率公式计算即可. 【小问1详解】 1）易知， 因为，则中位数位于之间， 中位数不妨设为x，则， ； 【小问2详解】 设事件甲、乙、丙获奖分别为 至少两位同学获奖有如下情况：甲乙获奖丙未获奖，甲丙获奖乙未获奖，乙丙获奖甲未获奖，甲乙丙三人均获奖， 则 . 17. 如图，点P为正方形ABCD所在平面外一点，M为PA中点，（）.平面平面，，. （1）若，求证：平面； （2）当二面角的正弦值为时，求的值. 【答案】（1） 解法一： 证明：在正方形中，有， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又， 以B为原点，分别以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示. 则有，，，，，， ，，， 当时，，， 所以，， 所以，，即，， 又因为平面，平面，， 所以平面. 解法二： 证明：因为平面平面ABP，平面平面， 四边形ABCD为正方形，，平面ABCD， 所以平面ABP. 因为平面ABP，所以. 又，M为AP中点，所以， 又，所以平面ADP，又平面ADP，所以. 又，，所以，所以， ，， 又. 由余弦定理可得 ， 所以，所以，又，所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）解法一：先证明平面，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法证明，，再根据判定定理即可证明； 解法二：根据线面垂直证明，再根据边角关系结合勾股定理证明即可证明； （2）解法一：利用坐标法求解即可. 解法二：根据（1）的解法二得二面角的平面角为，再根据几何关系，结合余弦定理求解即可； 解法三：根据（1）的解法二得二面角的平面角为，进而将问题平面化，在平面内，建立平面直角坐标系，利用平面向量知识求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一： 设为平面的法向量， 则有，即， 取，得，，则是平面的一个法向量， ， 设为平面的法向量， 则有，，得， 取，得，， 则是平面的一个法向量， 因为二面角的正弦值为，所以， 所以，即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 解法二： 因为平面，，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在中，，，所以， 在中，，所以. 又因为，所以，所以（负值舍去）. 在中，，， 在中， ， 又， 由正弦定理，得，即，解得，所以的值. 解法三： 因为平面，，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在平面PAD内，以A为原点，分别以，的方向为x轴、y轴的正方向，建立平面直角坐标系，如图所示. 则有，，，，， ，， ， 即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 18. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，离心率为.设A，B是椭圆上位于x轴同侧的两点，且直线与直线平行，当轴时，. （1）求椭圆C的方程； （2）若直线的斜率为1，求的长度； （3）设直线l过点且与椭圆C相交于M，N两点，又点P是椭圆C的下顶点，当面积最大时，求直线l的方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意求出即可； （2）延长交椭圆C于点Q，由对称性可知，，则，求出直线的方程，再与椭圆方程联立，设，，利用韦达定理求出，，再利用弦长公式即可得解； （3）设直线l：，，，联立方程，利用韦达定理求出，，然后列出面积的表达式，进而可得出答案. 【小问1详解】 当轴时，， 由题意可得，解得， 所以椭圆C的方程为； 【小问2详解】 延长交椭圆C于点Q，由对称性可知，， 所以， ， 则直线AQ的方程为，设，， 联立椭圆方程得：，所以，， 所以， 所以的长度为； 【小问3详解】 由题意可知，直线的斜率存在，， 设直线l：，，， 联立， 得， ， ，， ， 令（）， 则， 又在单调递增， 当，即， 即时，面积最大，此时直线. 19. 已知椭圆：经过点和. （1）求椭圆C的方程； （2）设椭圆C的左焦点为F，点M，N是椭圆C上的两个动点，直线的斜率存在并且不为0. （i）若直线，关于x轴对称，证明：直线过定点； （ii）若为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线过点，直线与直线，分别交于点P，Q，求. 【答案】（1）； （2）（i）证明：设直线的方程为， 联立得， ，故， 设， 故， 直线，关于x轴对称，设关于x轴对称点为， 则，且在直线上， 直线的斜率存在并且不为0，故直线斜率存在且不为0， 其中，，即， 所以，其中， 所以，， 将代入可得 ，化简得，代入中， ，即且， 所以直线方程为， 直线过定点； （ii）1 【解析】 【分析】（1）代入和，得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）（i）设直线的方程为，联立，设，得到两根之和，两根之积，设关于x轴对称点为，则，且在直线上，根据，得到方程，求出，从而求出直线过定点； （ii）设直线为，联立，得到两根之和，两根之积，直线为，表达出直线，联立直线得，同理可得，结合两根之和，两根之积，得到，（），由于，所以，当时，其中一个点坐标为，与重合，不合要求，从而得到结论. 【小问1详解】 将和代入可得， 解得，故椭圆C的方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）由题意得，直线过点，设直线为， 联立得， ， 故，解得， 设， 则， 直线为，直线为， 联立直线与直线得，同理可得， ， 其中， 故 将代入得 ，（）， 由于，所以， 当时，直线为， 联立得，即，解得或2， 当时，，当时，，即其中一个点坐标为， 与重合，不合要求， 综上，. 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 树德中学高2024级高二上学期半期考试数学试题 （满分：150分 时间：120分钟） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ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、准考证号填写在答题卡上. 2.回答第Ⅰ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. 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，请考生个人留存试卷并将答题卡交回给监考教师. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，只有一项是符合要求的. 1. 已知直线与直线平行，则a的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 2或 2. 如图是一个古典概型的样本空间和事件A、B，其中，，，，那么（ ） A. B. 事件A与B互斥 C. D. 事件A与B相互独立 3. 在平行六面体中，与的交点为，设，，，则（ ） A. B. C. D. 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1.1；二队每场比赛平均失球数是2.1，全年失球个数的标准差是0.4，下列说法错误的是（ ） 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 5. 已知，，动点，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知焦点在轴上的双曲线的渐近线与圆有公共点，则双曲线的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 直三棱柱中，，P为BC中点，，Q为上一点，，则经过A，P，Q三点的平面截此三棱柱所成截面的面积是（ ） A. B. 4 C. D. 5 8. 已知点，，在曲线上，记，则存在函数，对曲线上任意一点P都有（ ） A. B. C. D. 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，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 直线的倾斜角的取值范围是 B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 C. 过点且在轴，轴截距相等的直线方程为 D. 经过平面内任意相异两点的直线都可以用方程表示． 10. 若独立，且，，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知平面上一点到点，的距离满足，设点的运动轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线C关于原点对称 B. C. 点P横坐标的取值范围是 D. 当点P不在坐标轴上时，点P在椭圆内部 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若向量，夹角为钝角，则m的取值范围为_________. 13. 已知圆O：，直线l：，点，点P在圆O上运动，点Q满足（O为坐标原点），则点Q到直线l距离的最大值为_________. 14. ①已知斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为（）则； ②对任意的，，； ③点P为直线l：上的一个动点，A，B为圆M：上任意两个不重合的点，记的最小值为m，的最大值为n，则； ④覆盖曲线的面积最小的圆是.以上说法正确的有_________.（填序号） 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. 已知圆C的方程为；，直线的方程为 （1）过点作圆C切线，求切线的一般式方程； （2）若Q为直线上一点，且Q的横坐标为2，P为平面内一动点，O为原点，满足，求点的轨迹方程. 16. 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，得到如下频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题： （1）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； （2）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，，，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. 如图，点P为正方形ABCD所在平面外一点，M为PA中点，（）.平面平面，，. （1）若，求证：平面； （2）当二面角的正弦值为时，求的值. 18. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，离心率为.设A，B是椭圆上位于x轴同侧的两点，且直线与直线平行，当轴时，. （1）求椭圆C的方程； （2）若直线的斜率为1，求的长度； （3）设直线l过点且与椭圆C相交于M，N两点，又点P是椭圆C的下顶点，当面积最大时，求直线l的方程. 19. 已知椭圆：经过点和. （1）求椭圆C的方程； （2）设椭圆C的左焦点为F，点M，N是椭圆C上的两个动点，直线的斜率存在并且不为0. （i）若直线，关于x轴对称，证明：直线过定点； （ii）若为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线过点，直线与直线，分别交于点P，Q，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $