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