高二数学答案_251212四川省成都市树德中学2025-2026学年高二上学期期中考试（全）_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PDF版含答案（可编辑）

树德中学高 2024 级高二上学期半期考试数学试题答案 一．选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A D B D B B C D AD ABD ABD （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， 变式：存在函数 f(x) 满足，对任意的xR都有（ ） 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 二．填空题 12. 1 m  5 2 且 m  − 2 13. 4 5 4 14.○1○2○4（教材 P80，P103）○3解析当 P A ， P B 分别为圆的切线，且 M P 最小时， A P B  最大，此时 c o s  A P B 最小，再利用二倍角公式即可得 m ，再根据 A P B  最大时为 钝角，所以 s in  A P B 的最大值为1，即 n = 1 .即可得 m + n = 2 5 . 三．解答题 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 x − y + k = 0 ， 由圆心 ( 0 , 3 ) 到直线的距离 d = − 3 k + 2 + k 1 = 1 ，解得 k = 4 3 故切线的一般式方程为 4 x − 3 y + 4 = 0 ， 综上所述，所求切线的一般式方程为 x + 1 = 0 或 4 x − 3 y + 4 = 0 x−70 0.05−0.04 220 中位数不妨设为x，则 = ,x= …….6分 80−x 0.07−0.05 3 （2）设事件甲、乙、丙获奖分别为A,B,C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P=P ( ABC ) +P ( ACB ) +P ( CBA ) +P(ABC) 2 1  1 2 1  1 1 1  2 2 1 1 11 =  1− +  1− +  1− +   = .…….15分 5 3  2 5 2  3 2 3  5 5 3 2 30 17. 解法一：在正方形ABCD中，有BC ⊥ AB， 因为平面ABCD⊥平面ABP，平面ABCD 平面ABP= AB， ；…….7分 （2）设P(x,y)，因为Q为直线l：y=x上一点，且Q的横坐标为2，所以Q(2,2)， 由 PO = 2 PQ 得： x2+y2 = 2 (x−2)2+(y−2)2 ， 化简得：x2+y2−8x−8y+16=0点P的轨迹方程为：(x−4)2+(y−4)2 =16.…….13分 16. （1）易知(0.010+0.0152+a+0.025+0.005)10=1,a=0.03，…….3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， B C  平面 A B C D ，所以 B C ⊥ 平面 A B P ， 因为 B P  平面 A B P ，所以 B C ⊥ B P ，又 A B ⊥ B P ， 以 B 为原点，分别以 B A ， B P ， B C 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. .…….2分 则有 B ( 0 , 0 , 0 ) ， P ( 0 , 2 , 0 ) ， D ( 2 , 0 , 2 ) ， A ( 2 , 0 , 0 ) ， M ( 1 , 1 , 0 ) ， 𝐷⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ =(−2,2,−2)，𝐷⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ = (−2𝜆,2𝜆,−2𝜆)， B D = ( 2 , 0 , 2 ) ，𝐵⃗⃗⃗⃗𝑀⃗⃗ = (1,1,0)， （1）当 2 3  = 时，𝐷⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =(− 4 , 4 ,− 4 )，𝐵⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =𝐵⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ +𝐷⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =( 2 , 4 , 2 )， 3 3 3 3 3 3 2 4 2 所以BEDP=−2 +2 −2 =0，BM DP=−21+21−20=0， 3 3 3 所以BE ⊥ DP，BM ⊥DP，即BE ⊥ PD，BM ⊥PD， 又因为BE平面BEM ，BM 平面BEM ，BM BE =B， 所以PD⊥平面BEM ..…….7分 （2）设n =(x ,y ,z ) 为平面BDM 的法向量， 1 1 1 nBD=0 2𝑥 +2𝑧 = 0 则有 ，即{ 1 1 ， 𝑥 +𝑦 =0 nBM =0 1 1 取x =1，得 y =−1，z =−1，则n =(1,−1,−1) 是平面BDM 的一个法向量， 1 1 1 𝐵⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =𝐵⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ +𝐷⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ = (2−2𝜆,2𝜆,2−2𝜆)， 设m=(x ,y ,z ) 为平面BEM的法向量， 2 2 2 则有{ 𝑚⃗⃗ ⋅𝐵⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ = 0 ，即{ (2−2𝜆)𝑥 2 +2𝜆𝑦 2 +(2−2𝜆)𝑧 2 =0 ，得(1−2𝜆)𝑥 +(1−𝜆)𝑧 =0， 𝑚⃗⃗ ⋅𝐵⃗⃗⃗⃗𝑀⃗⃗ = 0 𝑥 2 +𝑦 2 =0 2 2 取 2 x 2 1  = − ，得 y 2 1  = − ， z 2 1 2  = − ， 则𝑚⃗⃗ =(𝜆−1,1−𝜆,1−2𝜆)是平面 B E M 的一个法向量，.…….10分 因为二面角 D − B M − E 的正弦值为 9 6 ，所以sin⟨𝑚⃗⃗ ,𝑛⃗ ⟩ = √6， 9 所以cos2⟨𝑚⃗⃗ ,𝑛⃗ ⟩= 1−( √6 ) 2 = 25，即 (4𝜆−3)2 = 25 ， 9 27 3×(6𝜆2−8𝜆+3) 27 化简得 3 2 8 3 0   + − = ，解得 1 3  = 或 3  = − （舍去）. 所以的值为 1 3 ..…….15分（解法二、三对照给分） 解法二： （1）因为平面 A B C D ⊥平面 A B P ，平面 A B C D 平面 A B P = A B ， 四边形 A B C D 为正方形， A D A B ⊥ ， A D  平面 A B C D ， 所以 A D ⊥ 平面 A B P . 因为 B M  平面 A B P ，所以 A D ⊥ B M . 又 A B = B P ， M 为 A P 中点，所以 B M ⊥ A P ， 又 A D A P = A ，所以 B M ⊥ 平面 A D P ，又 P D  平面 A D P ，所以 B M ⊥ P D 4 2 3 6 2 EM2 = PE2 +PM2 −2PEPM cosEPM = +2−2  2 = ， 3 3 3 3 所以PM2 =PE2 +EM2，所以PD⊥EM ，又EM BM =M ，所以PD⊥平面BEM . （2）因为BM ⊥平面ADP，DM,PM 平面ADP， 所以BM ⊥DM ，BM ⊥EM ， 又因为 . 又AB=BP=2，AB⊥BP，所以AP=2 2，所以PM = 2 ， 2 3 PD= AD2 + AP2 =2 3，PE = ， 3 AP 2 2 6 又cosEPM = = = .由余弦定理可得 DP 2 3 3 D M 平面DBM ，EM 平面BME， 所以二面角D−BM −E的平面角为  D M E ， 所以 s i n  D M E = 9 6 2 ， cos∠𝐷𝑀𝐸= ±√1−( √6 ) =± 5√3， 9 9 在 R t A P D 中， P D = 2 3 ， A M = 2 ，所以 D M = 6 ， 在 R t △ A M D 中， c o s  A M D = A D M M = 2 6 = 3 3 ，所以 c o s  P M D = − 3 3 . 又因为 0 1    ，所以 − 3 3  c o s  D M E  1 ，所以 c o s  D M E = 5 9 3 （负值舍去）. 在 △ P D M 中， c o s  P D M = P D 2 + 2 P D D M  2 D − M P M 2 = 2 1  2 2 + 6 3 −  2 6 = 2 3 2 ， s i n  P D M = 1 3 ， 在 △ E D M 中，sin∠𝐷𝐸𝑀= sin(∠𝐸𝐷𝑀+∠𝐸𝑀𝐷) = s i n  E D M c o s  E M D + c o s  E D M s i n  E M D = 1 3  5 9 3 + 2 3 2  9 6 = 3 3 ， 又DE =DP=2 3， 6 2 3 DM DE = 1 由正弦定理，得 = ，即 3 6 ，解得= ，所以的值 sinDEM sinEMD 3 3 9 1 3 . 解法三： （1）同解法二. （2）因为BM ⊥平面ADP，DM,PM 平面ADP， 所以BM ⊥DM ，BM ⊥EM ，又因为DM平面DBM ，EM 平面BME， 所以二面角D−BM −E的平面角为DME， 6 2 所以sinDME = ，cos2∠𝐷𝑀𝐸= 1−( √6 ) = 25， 9 9 27 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， 建立平面直角坐标系，如图所示. 则有 3 D ( 0 , 2 ) ， P ( 2 2 , 0 ) ， M ( 2 , 0 ) ， 𝐷⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ =(2√2,−2)，𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =(−√2,2)， 𝐷⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ = 𝜆⃗⃗⃗𝐷⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ =(2√2𝜆,−2𝜆)，𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ +𝐷⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =(2√2𝜆−√2,2−2𝜆)， 2 cos2⟨𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ ,𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ⟩=( 𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ ⋅𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗⃗ ) = (−4𝜆+2+4−4𝜆)2 ， |𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ ||𝑀⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗⃗ | 6[(2√2𝜆−√2) 2 +(2−2𝜆)2] (−4𝜆+2+4−4𝜆)2 25 即 = ， 6[(2√2𝜆−√2) 2 +(2−2𝜆)2] 27 化简得 3 2 8 3 0   + − = ，解得 1 3  = 或 3  = − （舍去）. 所以的值为 1 3 . 18. 【详解】（1）椭圆 C 8 所以 AF + BF 的长为 ..…….10分 1 2 5 （3）由题意可知，直线斜率存在，P(0，-1)， 1 𝑦 = 𝑘𝑥+ , 设直线l：y=kx+ 1，M(x ，y )，N(x ，y )，联立{ 2 2 1 1 2 2 𝑥2 +𝑦2 =1, 4 得(4k2+1)x2+4kx-3=0，Δ=16k2+12(4k2+1)>0.x +x =- 4𝑘 ，x x = −3 ，…….12分 1 2 4𝑘2+1 1 2 4𝑘2+1 S = 1 |PD||x -x |= 3 √(𝑥 +𝑥 )2−4𝑥 𝑥 = 3 × √16𝑘2+3， △PMN 2 1 2 4 1 2 1 2 2 4𝑘2+1 令√16𝑘2+3=m(m≥√3)，则S = 3 × √16𝑘2+3 = 3𝑚 = 6𝑚 = 6 ，.…….15分 △PMN 2 4𝑘2+1 2× 𝑚2+1 𝑚2+1 𝑚+ 1 4 𝑚 又∵y=m+ 1在[√3，+∞)单调递增，∴当m=√3，即√16𝑘2+3=√3， 𝑚 即k=0时，△PMN面积最大，此时直线l：y= 1 ..…….17分 2 19（1）将 x2 的方程为 + y2 =1.…….4分 4 （2）延长AF 交椭圆C于点Q，由对称性可知， BF = QF ，所以 AF + BF = AQ ， 1 2 1 1 2 而直线AQ的方程为 y= x+ 3，设A(x,y )，Q(x ,y )， 1 1 2 2 8 3 8 联立椭圆方程得：5x2 +8 3x+8=0，所以x +x =− ，x x = ， 1 2 5 1 2 5 643 8 8 所以 AQ = 1+k2 (x +x )2 −4x x = 2 −4 = 1 2 1 2 25 5 5  − 1 , 3 2  和  3 , − 2 3  代入 m x 2 + n y 2 = 1 可得椭圆C的方程为 x 4 2 + y 3 2 = 1 ；..…….4分 （2）（i）解法1：设直线 M N 的方程为 y = k x + t ， 联立 x 4 2 + y 3 2 = 1 得 ( 3 + 4 k 2 ) x 2 + 8 k tx + 4 t 2 − 1 2 = 0 ，  = 6 4 k 2 t 2 − 4 ( 3 + 4 k 2 ) ( 4 t 2 − 1 2 )  0 ，故 4 k 2 − t 2 + 3  0 ， 设 M ( x 1 , y 1 ) , N ( x 2 , y 2 ) ，故 x 1 + x 2 = − 3 8 + k 4 t k 2 , x 1 x 2 = 4 3 2 t + − 4 1 k 2 2 ，..…….6分 直线 M F ， N F 关于x轴对称， 其中 F ( − 1 , 0 ) ， k M F + k N F = 0 ，即 x y 1+ 1 1 = − x 2 y + 21 ， 所以 ( x 2 + 1 ) y 1 = − y 2 ( x 1 + 1 ) ，其中 y 1 = k x 1 + t , y 2 = k x 2 + t ， 所以 ( x 2 + 1 ) ( k x 1 + t ) = − ( k x 2 + t ) ( x 1 + 1 ) ， 2 k x 1 x 2 + ( k + t ) ( x 1 + x 2 ) + 2 t = 0 ， 8kt 4t2−12 将x +x =− ,xx = 代入可得 1 2 3+4k2 1 2 3+4k2 4t2−12 8kt 2k −(k+t) +2t=0，化简得t =4k，代入4k2−t2+30中， 3+4k2 3+4k2 1 1 1 k2  ，即− k 且k 0， 4 2 2 所以直线MN方程为y=kx+4k =k(x+4)，直线MN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）（ii）由题意得A(2,0)，直线MN过点B(−2,2) ，设直线MN为y−2=k(x+2)， 联立 x2 + y2 =1得 ( 4k2+3 ) x2+16k(k+1)x+16k2+32k+4=0， 4 3 1 =256k2(k+1)2−4 ( 4k2+3 )( 16k2+32k+4 ) 0，故24k+30，解得k− ， 8 16k(k+1) 16k2+32k+4 设M(x,y ),N(x ,y )，则x +x =− ,xx = ，..…….12分 1 1 2 2 1 2 4k2+3 1 2 4k2+3 y−0 x−2 直线OB为y=−x，直线AM 为 = ， y −0 x −2 1 1 联立直线 4 O B 与直线 A M 得 x P = y 1 2 + y 1 x 1 − 2 ，同理可得 x Q = y 2 2 + y x 2 2 − 2 ，..…….13分 O O P Q = x x P Q = y y 1 2 2 + 2 + y 1 x 1 y 2 x 2 − − 2 2 = y y 1 2 (( y y 2 1 + + x x 2 1 − − 2 2 )) ，其中 y 1 = k x 1 + 2 k + 2 , y 2 = k x 2 + 2 k + 2 ， 故 O O P Q = ( ( k k x x 1 2 + + 2 2 k k + + 2 2 ) )   ( ( k k + + 1 1 ) ) x x 2 1 + + 2 2 k k   = k k ( ( k k + + 1 1 ) ) x x 1 1 x x 2 2 + + 2 2 k k 2 2 x x 1 2 + + 2 2 ( ( k k + + 1 1 2 ) 2 ) x x 2 1 + + 4 4 k k 2 2 + + 4 4 k k = k k ( ( k k + + 1 1 ) ) x x 1 1 x x 2 2 + + 2 2 k k 2 2 ( ( x x 1 1 + + x x 2 2 ) ) + + ( ( 4 4 k k + + 2 2 ) ) x x 2 1 + + 4 4 k k 2 2 + + 4 4 k k 将 x 1 + x 2 = − 1 6 k 4 k ( k 2 + + 3 1 ) , x 1 x 2 = 1 6 k 2 4 + k 3 2 2 + k 3 + 4 代入得 O O P Q = k k ( ( k k + + 1 1 ) ) 1 1 6 6 k k 2 4 2 4 + k + k 3 2 2 + 3 2 2 + k 3 k 3 + + 4 4 − − 2 2 k k 2 2 1 1 6 k 4 k 6 k 4 k ( k 2 + ( k 2 + + 1 3 + 1 3 ) ) + + ( ( 4 4 k k + + 2 2 ) ) x x 2 1 + + 4 4 k k 2 2 + + 4 4 k k x2 y2 联立 + =1得4x2−4x−8=0，即x2−x−2=0，解得x=−1或2， 4 3 3 当x=−1时，y= ，当x=2时，y=0，即M,N其中一个点坐标为 (2,0) ， 2 OP 与A(2,0)重合，不合要求，综上， =1...…….17分 OQ （先通过特殊值得出比值为1，再验证x +x =0，过程完善也给分） Q P 16k(k+1)  16k(k+1)  +2x  (2k+1) +2x  4k2+3 2  4k2+3 2 = = ，（2k+10）， 16k(k+1)  16k(k+1)   4k2+3 +2x 1   (2k+1) 4k2+3 +2x 1 16k(k+1) OP −x −x +2x −x +x 由于x +x =− ，所以 = 1 2 2 = 1 2 =1，..…….15分 1 2 4k2+3 OQ −x −x +2x x −x 1 2 1 1 2 1 当2k+1=0时，直线MN为y=− x+1， 2