高二数学期中答案_2025年11月高二试卷_251127四川省南充高级中学2025-2026学年高二上学期11月期中（全）_四川省南充高级中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学PDF版含答案（可编辑）

南充高中高 2024 级数学期中考试参考答案
1-8：CBADBCAC 9.ABD 10.ABC 11.ACD
6
12. 13.  x2 2  y2 2 14. x0或4x3y90
2
15. 【详解】（1）因为l与l 垂直，所以m1(3)10，
1 2
于是m30，即m3.........................................3分
3x3y30 x3
由 有 ，所以P(3,2).........................................6分
x y50 y 2
（2）由题意可设l:2x yC 0(C 5)，
将P(3,2)代入可得：C 4....................................................12分
所以直线l的方程为：l:2x y40 .........................................13分
16. 【详解】（1）由已知可得：
 0.0120.032 x 101，解得x0.02，.........................................2分
所抽取50名学生成绩平均数为：
550.1650.3750.3850.2950.174 （分），........................................5分
由于前两组的频率之和为0.10.30.4，前三组的频率之和为0.10.320.7，
所以，中位数a70,80，由题意可得0.4 a70 0.030.5 ，
220
解得a  （分）.........................................8分.
3
（2）由（1）可知，后三组中的人数分别为15,10,5，
故这三组中所抽取的人数分别为3,2,1，........................................10分
记成绩在  70,80 这组的3名学生分别为a,b,c，成绩在  80,90  这组的2名学生分别为
d,e，成绩在90,100这组的1名学生为 f ，
则从中任抽取2人的所有可能结果为
                     
a,b 、 a,c 、 a,d 、 a,e 、 a, f 、 b,c 、 b,d 、 b,e 、 b, f 、 c,d 、 c,e 、
       
c, f 、 d,e 、 d, f 、 e, f ，共15种.........................................12分
答案第1页，共4页       
其中来自相同组的有 a,b 、 a,c 、 b,c 、 d,e 共4种，于是来自不同组的有11种.
11
故这2人来自不同组的概率为P  ..........................................15分
15
17.【详解】（1）设圆C标准方程 xa 2   yb 2 r（2 r 0）................2分
 1a 2   2b 2 r2
a1

则有    5a 2   2b 2 r2 ，解得  b2，.....................................5分
 ab10  r4


即圆C的标准方程为x12y22 16；.........................................6分
（备注：也可通过求得直线AB的垂直平分线方程为：x y30，再由x y30与
x y10联立求得圆心坐标）
（2）由圆C的标准方程为x12y22 16，即圆心为1,2，半径为r4，
当直线斜率不存在时，l:x5，此时圆心到直线l的距离为d  51 4r，
故l:x5与圆C相切，故l:x5符合要求；........................................9分
当直线斜率存在时，设l:ykx53，即kxy5k30，
k25k3 15
则有 4，化简得8k 15，即k  ，
k21 8
15
即l:y x53，即l:15x8y990；........................................14分
8
综上所述：直线l的方程为x5或15x8y990.........................................15分
18.【详解】（1）因为A，D分别为MB，MC的中点，所以AD∥BC.
因为BM BC，所以BM  AD，所以PA AD..........2分
又PA AB，ABAD A，AB,AD平面ABCD，
所以PA平面ABCD..........................................4分
（2）因为PA AB，PA AD，DAB90，
所以AP，AB，AD两两垂直.
以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
依题意有A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,1,0，P0,0,2，E1,1,1，
   
则PC(2,2,2)，DE(1,0,1)，BD(2,1,0)，BP(2,0,2).
答案第2页，共4页
设平面PBD的法向量nx ,y ,z ，
1 1 1
 
 BDn 2,1,0x ,y ,z 2x y 0
则有

1 1 1 1 1
BPn 2,0,2x
1
,y
1
,z
1
2x
1
2z
1
0

令y 2，得x 1，z 1，所以n1,2,1是平面PBD的一个法向量..................7分
1 1 1
设直线DE与平面PBD所成角为，
3 6
则sin cos DE,n  ，于是可得cos
3 3
2 2
所以tan ，所以直线DE与平面PBD所成角的正切值为 ..........................10分
2 2
5
（3）假设存在，使平面GAD与平面PAD夹角的正弦值为 ，
5
2 5
即使平面GAD与平面PAD夹角的余弦值为 .
5
 
由（2）得，PGPC (2,2,2)(01)，
 
所以G(2,2,22)，AD(0,1,0)，AG(2,2,22).
ur
易得平面PAD的一个法向量为n 1,0,0.
1

设平面ADG的法向量n x ,y ,z ，
2 2 2 2
 
 ADn 0,1,0x ,y ,z  y 0
  2 2 2 2 2 ，
AGn
2
2,2,22x
2
,y
2
,z
2
2x
2
2y
2
22z
2
0
解得y 0，令z ，得x 1，
2 2 2

则n 1,0,是平面ADG的一个法向量.
2
n 1 n 2 (1,0,0)(1,0,) 2 5
则有 cosn ,n     ，
1 2 n  n (1)2 2 5
1 2
1 2 5 1
即  ，所以32 210，解得 或1
(1)2 2 5 3
1
又因为0≤≤1，所以 .
3
1 5
故存在 ，使平面GAD与平面PAD夹角的正弦值为 ........................................17分
3 5
19.【详解】（1）（ⅰ）因为圆E：x2y2
4是集合Ax,y|axby2 
的包络圆，
所以圆心E0,0到直线axby20的距离为2，
答案第3页，共4页2
所以 2  a2b2 1.....................................................................................4分
a2b2
（ⅱ）由a2b2 1及2abt0，可得圆x2y2 1与直线2xyt0有公共点，
t
所以 1 t  5   5t 5.
22 12
所以t的取值范围是 5, 5；..................................................................................9分
 
（2）设Cm,n，由题意可知：点C到直线xcosθy6sinθ6 2 0的距离是与θ无关
mcosθn6sinθ6 2
的定值，所以d  为θ无关的定值..................................11分
cos2θsin2θ
m0
所以 ，故C0,6，此时d 6 2.
n60
所以圆C：x2y6272.......................13分
设Px,y，则x2y6272即x2y2
3612y .
PM
假设y轴上存在点M0,y 、N0,y ，使得  2，
1 2 PN
PM 2 x2yy 2 x2y22y yy2 2y 6 y y2 36
即  1  1 1  1 1 2，
PN 2 x2yy 2 x2y22y yy2 2y 6 y y2 36
2 2 2 2 2
即2y
1
6y y
1
2362 

2 y
2
6 y y
2
236

恒成立，..................................15分
 y 62y 6 y 6 y 18
所以  y 1 1 2362  2 y 2 236  ，解得 y 1 2 0 或 y 1 2 12 .
所以M0,6，N0,0或M 0,18，N0,12 ..................................................................17分
答案第4页，共4页