数学答案-吉林省长春市四校联考2025-2026学年高二上学期期末考试_2024-2025高二（7-7月题库）_2026年1月高二_260125吉林省长春市四校联考2025-2026学年高二上学期期末（全科）

2025-2026 学年上学期期末考试 高二年级数学学科参考答案 一、单选题 1 2 3 4 5 6 7 8 B D C B C A D B 二、多选题 9 10 11 ACD BCD ACD 三、填空题 12．【答案】3x4y60或4x3y10 x2 y2 13．【答案】  1 18 9 2025 14．【答案】 2 四、解答题 15．(1)y2 8x；(2)2 3. 【详解】（1）根据题意知y2 2px(p0)过点A2,y ， 0 p 所以抛物线准线方程为x ，且点A到其准线的距离为4， 2 p 2( )4， 2 即 p4，抛物线的方程为y2 8x；……………………………………5分 y2x2 （2）由 得y24y80，16320，  y2 8x 设Px,y ，Qx ,y ，C1,0为直线PQ与x轴交点， 1 1 2 2 则y y 4，y y 8， 1 2 1 2 1 1 S S S  OC  y y  1 (y  y )24y y 2 3． OPQ OCP OCQ 2 1 2 2 1 2 1 2 ……………………………………13分 1 第 1 页16．【答案】(1)x2y2 4(2) 14 QM 【详解】（1）设Q(x,y)，因为N(1,0),M(4,0)，Q满足 2，即 QM |24QN |2， QN 即x42 y2 4x124y2，整理得x2y2 4，所以曲线C的轨迹方程为x2y2 4. ……………………………………8分 001 2 （2）圆心(0,0)到直线xy10的距离d   ，所以 1212 2 1 |AB|2 r2d2 2 4  14. 2 ……………………………………15分 21 PE 1 17．【答案】(1)证明见解析；(2) ；(3)存在，  . 7 PD 3 【详解】（1）在四棱锥PABCD中，取PD中点N，连接MN， 1 由M 为PA 的中点，且AD2，BC1，得MN//AD//BC，MN  AD1BC， 2 则四边形BCNM 为平行四边形，所以BM//CN， 而CN 平面PCD，BM不在平面PCD内，所以BM//平面PCD. ……………………………………4分 （2）取AD 的中点O，连接PO,OC， 由△PAD为等边三角形，得PO AD， 而平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，PO平面PAD， 则PO平面ABCD. 由AOBC1，AO//BC，得四边形ABCO是平行四边形， 于是OC//AB，而ABAD ，则OC  AD，直线OC,OD,OP两两垂直， 以O为坐标原点，直线OC,OD,OP分别为x,y,z轴建立空间直角 坐标系，如图， 则A0,1,0，D0,1,0，C1,0,0，B1,1,0，P  0,0, 3  ，      则AB1,0,0，CP 1,0, 3 ，CD1,1,0，  设平面PCD的法向量为n(x,y,z)， 2 第 2 页   nCPx 3z 0    则   ，取z1，得n 3, 3,1 ， nCDxy 0     ABn 21 设直线AB与平面PCD所成角为，则sin cos AB,n     ， AB n 7 21 所以直线AB与平面PCD所成角的正弦值为 . 7 ……………………………………9分     （3）令PEPD 0,, 3 ，[0,1]，           AE APPE 0,1, 3  0,, 3  0,1, 3 3 ，AC (1,1,0)，  设平面EAC的法向量为ma,b,c，   mAC ab 0  则 m    A  E  1b  3 3  c0 ，  取b 31，得m    31, 31,1  ，    平面DAC的法向量为OP 0,0, 3 ，     OPm 31 10 于是 cos OP,m      ， OP m 3 72107 5 1 PE 1 化简得321030，又[0,1]，解得 ，即  ， 3 PD 3 10 PE 1 所以线段PD上存在点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为 ，  . 5 PD 3 ……………………………………15分 x2 y2 18．(1)  1(2)证明见解析(3)证明见解析 4 3 ac3 a2 【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，则由题意得 ，解得 . ac1 c1 x2 y2 所以b2 a2c2 413，所以C的方程为  1. 4 3 ……………………………………4分 （2）由（1）得F1,0，若直线AB与直线DE的斜率一个为0，另一个不存在时， 3 第 3 页2b2 1 1 7 AB 4， DE  3（或 AB 3， DE 4），此时   . a AB DE 12 若直线AB与直线DE的斜率都存在时，如图： 设直线AB的方程为ykx1，Ax,y ，Bx ,y ， 1 1 2 2 ykx1 由  x2 y2 ，得  34k2 x28k2x4k2120，   1  4 3 8k2 4k212 所以x x  ，xx  . 1 2 34k2 1 2 34k2 所以 AB  1k2 x x  1k2 x x 24xx 1 2 1 2 1 2  8k2  2 4k2 12 12  1k2  1k2   4  34k2  34k2 34k2   1 2 1 12  1   k     12  k21  因为ABDE，将k换成 ，得 DE   ， k  1 2 43k2 34   k  1 1 34k2 43k2 7  k21  7 所以      . AB DE 12  1k2 12  k21  12  k21  12 1 1 综上所述，  的值为定值. AB DE ……………………………………11分 8k2 6k （3）由（2）得x x  ，y  y kx x 2 ， 1 2 34k2 1 2 1 2 34k2  4k2 3k  因为P是AB的中点，所以P ,  ， 34k2 34k2    1 2  1   4  3   1   k   k    4 3k  将k换成 ，得Q , ，即Q ,  k   1 2  1 2  43k2 43k2 34  34     k   k   若直线PQ的斜率存在，则直线PQ的斜率为 3k 3k  43k2 34k2 7k k   ， PQ 4 4k2 4  1k2  43k2 34k2 4 第 4 页3k 7k  4k2  7k  4 所以直线PQ的方程为y 34k2  4  1k2   x 34k2   ，即y 4  1k2  x 7   ， 4  所以直线PQ过定点 ,0 7  4k2 4 若直线PQ的斜率不存在，则  ，解得k2 1， 34k2 43k2 4 4  此时直线PQ的方程为x ，直线PQ也过定点 ,0. 7 7  4  综上，直线PQ过定点 ,0. 7  ……………………………………17分 19．【答案】(1)62，104； 1 1 2 (2) ①S  2n13n ；② n 4 4 27 【详解】（1）因为不超过正整数6且与6互素的正整数只有1,5，所以62， 因为不超过正整数10且与10互素的正整数只有1,3,7,9，所以104. ……………………………………4分 （2）①所有不超过正整数3n的正整数有3n个， 其中与3n不互素的正整数有13，23，33，，3n13，共3n1个， 所以所有不超过正整数3n，且与3n互素的正整数的个数为3n3n1 23n1个，即   3n 23n1， 所以a  1 n  3n n3n1， n 2 ……………………………………7分 所以S 130231332n13n2n3n1, n 3S 131232333n13n1n3n, n 两式相减得2S 13132333n1n3n  1 3n1  n3n, n 2 1 1 所以S  2n13n ； n 4 4 ……………………………………10分 5 第 5 页②由①可知 4S n 1  2n13n11  3n，所以 T  3  13n  3 3n 3 ， 2n1 2n1 n 13 2 2  3 2 2n3 所以由T  2n30 得   恒成立，  n 2 3 3n 2 2n3 2 2n1 2 2n3 2 84n 令b   ，则b b       ， n 3 3n n1 n 3 3n1 3 3n 3 3n1 所以可得b b b ； 3 2 1 当 n2 时，b b 0即b b ， n1 n n1 n 2 2n3 2 所以b   的最大值为b b  ， n 3 3n 2 3 27 2 故 . 27 ……………………………………17分 6 第 6 页