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