2025一2026学年度上期高2027届期末考试数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2026年1月高二_260128四川省成都市第七中学2025一2026学年度上期高二期末考试

2025—2026 学年度上期高 2024 级期末考试数学参考答案 一、选择题 1—4 BDCD 5—8 BBAA 二、多项选择题 9．BCD 10．BC 11．ACD 三、填空题. 3x 3 12．y =± 13． 14．52 2 4 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．【详解】（1）设数列a 的首项为a ，公差为d， n 1 S 2a d 22, 则 2 1 解得a 12,d 2，故a 的通项公式为a 122n12n14.…………6分  a a 6d 0, 1 n n 7 1 2n1412n （2）由（1）可知，S  nn13， n 2 S 12n13n n25n 所以b  n n13.易知b 为等差数列.设b 的前n项和为T ，则T   ， n n n n n n 2 2   202520 132513 所以数列 b 的前20项和为T 2T  2 106.…………………………13分 n 20 13 2 2 20 16．【详解】（1）因为圆C经过M 1,2  ,N  1,0  两点，所以线段MN 的斜率为k  1．因为圆 MN 11 C的圆心在直线2x y 0上，所以设圆C的圆心为  t,2t  ， 11 20 2t1 线段AB的中点为D ,   0,1  ，所以k  1，解得t 1，所以C  1,2  ，  2 2  CD t CA   11 2 22 2 2. 故圆C的方程为 x1 2  y2 2 4．………………………………7分 |k2k| 2 （2）依题意知k 0，圆心C  1,2  到直线l :kx yk 0的距离d   ， 2 k2 12 k2 1 因为直线l :kx yk 0与圆C相交于A,B两点，所以弦长 2 4 k | AB|2 r2d2 2 4 4 ， k2 1 k2 1 1 1 k 2 4k 4 S  |AB|d  4    2 所以 ABC 2 2 k2 1 k2 1 k2 1 k  1 .当且仅当k 1时等号成立 k 故ABC 面积的最大值为2． …………………………………………………………15分 17．【详解】（1）由频率分布直方图易知，0.0400.0300.016a0.004101，解得a0.010， 由图知，90,100的频率为0.04．80,100的频率为0.10.040.14， 所以获奖学生最低分数线落在 80,90内，不妨设为x，则90x0.010.040.1，解得x84， 所以估计获奖学生的最低分数线为84分．……………………………………………………4分 （2）由图可知， 70,80与 80,90的频率之比是0.4:0.14:1， 由分层随机抽样的方法可知，在 70,80内抽取4人，记为a,a ,a ,a ，在 80,90内抽取1人，记为b， 1 2 3 4 从这5人中选取2人，则该试验的样本空间为： 1Ωa ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,b,a ,a ,a ,a ,a ,b,a ,a ,a ,b,a ,b ,则nΩ10， 1 2 1 3 1 4 1 2 3 2 4 2 3 4 3 4 记事件A“这2人中恰有1人的成绩落在 70,80内”，则A a,b,a ,b,a ,b,a ,b ，则nA4，由古 1 2 3 4 nA 4 2 典概型概率公式，可得PA   ．…………………………………………9分 nΩ 10 5 （3）样本数据在 70,80内的人数为0.410040，在 80,90内的人数为0.110010， x 40 77 10 8278，s2  40  9 7877 2 10  4  7882 212 ． 4010 4010 4010   4010   所以这两组数据合并后的平均数x为78，总方差s2为12．………………………………15分 18．【详解】（1）取PA中点Q，连接NQ,MQ，由N为PB中点，得 1 1 NQ//AB,NQ AB，依题意，MC//AB,MC  AB，则NQ//MC,NQ MC， 2 2 于是四边形CMQN是平行四边形，CN //MQ，而MQÌ平面PAM ，NC平面PAM ， 所以NC//平面PAM .………………………………4分 （2）取AM 中点G，连接PG，由PM  PA 2，得PG^AM ， 而平面PAM 平面ABCD，平面PAM 平面ABCD AM,PG平面PAM ，则PG平面ABCD， 过M 作Mz//PG，则Mz平面ABCD，又MA,MB平面ABCD， 于是MzMA,MzMB， 在矩形ABCD中，MAMB2，MA2MB2 8 AB2，则MA MB， 以点M 为原点，直线MA,MB,Mz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，    则M(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),P(1,0,1) ，MB(0,2,0),MP(1,0,1),BC (1,1,0)，     mMB2b0  设平面PMB的法向量为m(a,b,c)，则   ，令a1，得m(1,0,1)， mMPac 0     |mBC| 1 1 设直线BC与平面PMB所成的角为，则sin|cosm,BC|     ， |m||BC| 2 2 2 π 所以直线BC与平面PMB所成角的大小为 .……………………………………10分 6 （3）连接DG，由DADM ，得DG AM，而PG^AM ，则PGD为P AM D的平面角， 即PGD，过点D作Dz 平面ABCD，以D为坐标原点， 直线DA,DC,Dz 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，       则A 2,0,0 ，M 0, 2,0 ，C 0,2 2,0 ，显然AM 平面PGD，AM 平面ABCD， 则平面PGD平面ABCD， 在平面PGD内过P作PH DG于点H ，则PH 平面ABCD， 设Px ,y ,z ，而PG1，则PH  3 ，GH  1 ，DH  1 ，即 0 0 0 2 2 2 2 3 2 2 3    x  y  ，z  ，所以P( , , )，于是AM   2, 2,0 ， 0 0 4 0 2 4 4 2  2x  2y 0  P  A  ( 3 4 2 , 4 2 , 2 3 )，设平面PAM的法向量为n  1 x 1 ,y 1 ,z 1 ，    3 2 x 1  2 1 y z 3 0 ，令z 1  2，得  4 1 4 1 1 2 n    3, 3, 2  ，设平面PBC 的法向量为n  x ,y ,z ，因为C  B    2,0,0  ，  P  C  ( 2 , 7 2 , 3 )， 1 2 2 2 2 4 4 2  2x 0  2 6   6 7 则  2 x  7 2 y  3 z 0 ，令 y 2  2 ，得n 2    0, 2 , 2    ，设平面PAM 和平面PBC 的夹角为，则  4 2 4 2 2 2 3 2 7 2   0  cos  n  1 n  2   2 2  55 ，所以平面PAM 和平面PBC 的夹角的余弦值为 55 ．……………17分 n n 55 11 11 1 2 2 2 2 22a2  y2 19．【详解】（1）由题意可得 4 12 ，解得a2 1,b2 4，故双曲线方程为C:x2  1…………4分   1 4 a2 b2 （2）当直线l斜率不存在时，设A  x ,y  ,B  x ,y  ,将其代入双曲线方程x2  y A 2 1， A B A B A 4   2 3 4 3 又OAOB  x2  y2  0，解得y  ，此时 AB 2 y  ，当直线l斜率存在时，设其方程为 A A A 3 A 3 ykxm ykxm，设A  x ,y  ,B  x ,y  ,联立   y2 ，  4k2 x22kmxm240 1 1 2 2 x2 1  4 4k20   x x  2km  1 2 4k2 故 ， m24 xx   1 2 4k2   Δ4k2m24  m24  4k2 16  m2k24 0   则OAOB  x x  y y  x x   kx m  kx m  1 2 1 2 1 2 1 2   1k2  x x km  x x  m2   1k2  m2 4 km 2km m2 0， 1 2 1 2 4k2 4k2 k216 化简得4k2 43m2，此时Δ16 0，所以 AB  1k2 x x  1k2  x x 24xx  3  1 2 1 2 1 2  1k2   4 2  km k2    2 4 m 4 2 k2 4  1k2 16   m 4 2   k k 2 2 2 4  ，又 4k243m2 4 3 k4 17k2 16 4 3 25k2   1 ， 3 k4 8k2 16 3 k4 8k2 16 4 3 25 4 3 AB  1 当k 0时，此时 AB  ，当k  0时，此时 3 16 ， k2 8 3 k2 25 16 16 0 4k2 0,k2  2 k2 8，故 16 ， k2 k2 k2 8 k2 4 3 25 4 3 AB  1  4 3 因此 3 16 3 ，综上可得 AB  ．……………………10分 k2 8 3 k2 4 （3）解法一：当直线PM :ynx p与x2  y2  相切时， 3 p 2 3 圆心到直线的距离d  r 4n243p2， 1n2 3   设Px ,y ,Mx ,y ，类似（2）中的计算可得OPOM x x y y 3 4 4 4 3 4 3 4  x x  nx  p  nx  p   1k2 x x km  x x m2 3 4 3 4 3 4 3 4   1n2 p24 np 2np  p2  3p24n24 0 ，所以O  P  O  M  ，由双曲线的对称性，延长MO交双曲 4n2 4n2 4n2   4 线于另一点M,则 MO  MO ，且OPOM，根据轴对称性可得 MP  MP ，且直线PM与x2  y2  3 2 3 2 3 也相切，即M即为N ,符合题意当PM 或PN 斜率不存在时，PN:x ，PM:y ，显然满足题意， 3 3 故存在这样的圆x2 y2  4 ，半径为 2 3 ．…………………………………17分 3 3 3事实上，圆O是唯一的，理由如下： 设直线PM和PN分别与圆O相切于点S,T,连接ST，则 PS  PT ,OP ST ， 又 PM  PN ，所以MN∥ST，记 ST，MN的中点分别为G，L 由平面几何知识可知P,G,L,O四点共线，OPMN,OLMN ， 则K K 1，而由点差法得K K 4，矛盾，从而说明L,O重合， MN OL MN OL 即 M，O，N三点一定共线，从而说明这样的圆是唯一存在的． (备注：唯一性说明不作为评分要求)   y2 解法二：设P x ,y ，x2  0 1，由于PM,PN 为圆的切线，PO平分MPN ，且PM  PN,所以 0 0 0 4 PO  MN ,设过点P与圆O相切的直线方程为 y y k  xx  ,（直线斜率存在时） 0 0 y kx 0 0 r y22kx y k2x2 r2k2r2， 0 0 0 0 1k2  x2 r2 k2 2kx y  y2 r2 0，将两根记为k ,k ， 0 0 0 0 1 2 2x y y2 r2 k k  0 0 ,k k  0 1 2 x2 r2 1 2 x2 r2 0 0 yy k xx    x2  0 y2  1 1 0   4k 1 2 x2  2k 1 2x 0 2k 1 y 0  x2k 1 x 0 y 0 k 1 2x 0 2 y 0 240 ，  4 2k x y k2x2  y2 4 2k y k2x 4x 2k y 8x x x  1 0 0 1 0 0  x  1 0 1 0 0, y k 1 0 0  y, 0 M 4k2 M 4k2 M 1 4k2 0 1 1 1 2k y k2x 4x 2k y 8x 同理可得x  2 0 2 0 0 ,y k 2 0 0 y , N 4k2 N 2 4k2 0 2 2 2k y 8x  2k y 8x  故k  k 2 2 4 0 k 2 2 0 y 0   k 1 1 4 0 k 1 2 0 y 0    8y 0 k 1 k 2 k 2 k 1 32x 0 k 2 k 1 8x 0 k 2 k 1 k 2 k 1  MN 2k y k2x 4x 2k y k2x 4x 8y k k 2y k k k k 8x k k k k  2 0 2 0 0  1 0 1 0 0 0 2 1 0 2 1 2 1 0 1 2 2 1 4k2 4k2 2 1 2x y y2r2 8y 0 0 32x 8x 0 8y  k k 32x 8x k k 0 x2r2 0 0 x2r2 y  0 1 2 0 0 2 1K K  0 0  0 1 8y 2y k k 8x  k k  MN OP y2r2 2x y x 0 0 2 1 0 1 2 8y 2y 0 8x 0 0 0 0 0 x2r2 0 x2r2 0 0 8y2 32x2 40r2 4 2 3 0 0 1，即y 24x 23r2 0r2  r  ， 8x2 10r2 2y2 0 0 3 3 0 0 4 2 3 故存在这样的圆x2  y2  ，半径为 ． 3 3 2 3 2 3 当PM 或PN 斜率不存在时，此时PN:x ，PM :y ，显然满足题意， 3 3 4 2 3 故存在这样的圆x2  y2  ，半径为 ．……………………17分 3 3 4