山西省运城市运城中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份山西省运城市运城中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共14页。试卷主要包含了8  6,  4等内容，欢迎下载使用。
数 学 试 题
考生请注意：
本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟.考试结束后，交回答题纸；
答题前，请务必将自己的姓名、考生号用 0.5 毫米黑色中性笔或碳素笔在答题纸上进行书写；
作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题纸上的对应题目的答题标号涂黑涂满；如需改动，请用橡皮擦干净后，再更正其它的答案.未在答题纸上作答的、在答题纸规定区域以外答题的一律无效；
如有作图需要，请使用 2B 铅笔作图，并加黑加粗，描写清楚.
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.每题所给的答案中，只有一个是正确选项.
已知点 A2,5 ， B 4,11 ，则直线 AB 的斜率为（ ）
3
1
3
C．3D．2
已知直线l1 : mx  2 y  2  0 与直线l2 : 5x m  3 y  5  0 ，若l1//l2 ，则m  （ ）
5
2C． 2 或5
D． 5
已知点 F1 0, 2 ， F2 0, 2 ，则在平面内满足下列条件的动点 P 的轨迹为双曲线的是
（ ）
PF1  PF2  3
PF1  PF2  3
PF1  PF2  4D． PF1  PF2  4
已知直线l 经过点1, 2 ，且在两坐标轴上的截距互为相反数，则直线l 的方程为（ ）
2x  y  0
C． 2x  y  0 或 x  2 y  2  0
x  y 1  0
D． 2x  y  0 或 x  y 1  0
递增的等比数列an 中， a2 a5  128 ， a3 +a4  24 ，则an  （ ）
n
2
1 n
() 2
2nD． 2n
已知正实数a, b 满足 1  2  1，则3ab  5a  b 的最小值为（ ）
ab
2
A．9B． 4  4
C．10D．无最小值
高斯是德国数学家､天文学家和物理学家，被誉为历史上伟大的数学家之一，和阿基米德､
牛顿并列，同享盛名.用他名字命名的高斯函数也称取整函数，记作x ，是指不超过实数 x
的最大整数，例如6.8  6,  4.1  5 ，该函数被广泛应用于数论､函数绘图和计算机领域.
若函数 f  x  lg2 x2  x  2 ，则当 x 0,1 时，  f  x 的值域为（ ）
A． 2, 9 
B． 2, 9 
C．1
D．2
4 
4 

已知点 P 是直线l1 : mx  y  5m 1  0 和l2 : x  my  5m 1  0 的交点，点Q 是圆
C : (x  1)2  y2  1上的动点，则| PQ |的最大值是（ ）
2
8  2
7  2
6  2
6  2
3
3
2
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.每题所给的答案中，有多个选项为正确 选项.
2
已知椭圆C : x
2
y
 1 ，则（ ）
259
椭圆C 的长轴长为 10B．椭圆C 的一个顶点为0, 5
C．椭圆C 的焦距为 8D．椭圆C 的离心率为 4
5
下列命题中，正确的是（ ）
–––→
若对空间中任意一点O ，有OP 
1 –––→
OA 
1 –––→
OB 
1 –––→
OC ，则 P ， A ， B ， C 四点共面
632
→a→
直线l 的方向向量c  1, 1, 2 ，平面 的法向量是m  6, 4, 1 ，则l  a
u
2 , v
若两个不同平面a,β的法向量分别是u ， v，且 →  1, 2,   →  2,1, 2 则a  β
n
直线l 的方向向量d  0,1,1 ，平面a 的法向量→  1, 0,1 ，则直线l 与平面a 所成角
π
的大小为
3
方程k (x 1)  2 
A． 3
4
1 x2
B． 4
5
有两个不等实根，则k 的取值可以是（ ）
C．1D． 5
4
三、选择题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知 A, B, C, D 四点共面，且任意三点不共线， O 为平面 ABCD 外任意一点，若
试卷第 2 页，共 4 页
–––→1 –––→2 –––→–––→
OA = 5 OB + 5 OC + λOD ，则λ ．
若直线l1 ： 4x  3y  1  0 与直线l 2 ： 8x  6 y  m  0 的距离为 1，则实数m  ．
已知正三角形 ABC 的边长为 1，P 是平面 ABC 上一点，若 PA2  PB2  PC 2  5 ，则 PA
的最大值为．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出解题、演算过程.
直线l1 : x  2 y 11  0 与直线l2 : 2x  y 10  0 相交于点 P，直线 l 经过点 P.
若直线l  l2 ，求直线 l 的方程；
若直线 l 在坐标轴上的截距相等，求直线 l 的方程.
已知抛物线G : y2  2 px  p  0 过点 M 1, 2 ， A, B 是抛物线G 上异于点 M 的不同两点，且以线段 AB 为直径的圆恒过点M .
当点 A 与坐标原点O 重合时，求直线MB 的方程；
求证：直线 AB 恒过定点，并求出这个定点的坐标.
如图，在三棱锥 A  BCD 中，AB  AC  BD  CD  3, AD  BC  2, M , N 分别是 AD, BC
的中点．求
(1)
→→→→
AB  a, AC  b, AD  c ，用a, b, c 表示 AN , CM
(2)求异面直线 AN , CM 所成角的余弦值．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， AB  2BC  4 ， PA  PD ， CD 
平面 PAD ．
求证： PA  平面 PCD ；
当 PA  PD 时，求二面角 A  PB  C 的余弦值．
一个箱子中装有大小质地完全相同的 5 个小球，其中黑球 3 个，红球 2 个.每次从箱子里随机取出一个小球，同时抛掷一枚质地均匀的硬币：如果硬币出现正面向上，小球留在手上；如果硬币出现反面向上，小球放回箱子.重复以上操作，当箱中无小球时停止试验.试验刚开始时手上没有小球.
(1)求经过两次操作后，手上恰好有 1 个黑球 1 个红球的概率； (2)求经过两次操作后，手上恰好有 1 个黑球的概率；
设第n 次操作后停止试验的概率为 pn (n  5, n  N) ，求当 pn 取最大值时， n 的取值.
试卷第 4 页，共 4 页
运城中学 2025-2026 学年第一学期高二年级期中考试
数学 参考答案
12． 2 /0.4
5
【分析】根据空间向量共面定理即可求得λ.
–––→1 –––→2 –––→–––→
【详解】∵ OA = 5 OB + 5 OC + λOD ，
由空间向量共面定理得： 1  2  λ 1  λ 2 ，
555
故答案为： 2 .
5
13．8 或12
【分析】利用直线平行的距离公式进行求解即可．
【详解】解：由l1 ： 4x  3y  1  0 得8x  6 y  2  0 ，
直线l1 与直线l2 ： 8x  6 y  m  0 的距离为 1
82  62
则两平行直线的距离d  | 2  m |  1 ，
解得m  8 或m  12
故答案为 8 或12
【点睛】本题主要考查平行直线的距离公式，根据条件进行转化结合平行直线的距离公式是解决本题的关键．
3
14．
【分析】根据题意建立平面直角坐标系，得到点 P 的轨迹为圆，进而利用点与圆的位置关系算出 PA 的最大值.
【详解】以 BC 所在直线为轴，BC 中点为原点，建立平面直角坐标系，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
B
D
D
A
C
D
ACD
AC
题号
11
答案
BC
3  1 1
则 A 0, 2  , B   2 , 0  , C  2 , 0  ，设 P  x, y  ，

2
3 
1 2
1 2
由 PA2  PB2  PC 2  5 ，得 x2   y    x    y2   x    y2  5 ，
2 
3
5

3 2
2 2 
4
整理得 x2  y2 
y   0 ，即 x2   y  
34
3 
6 3
2 3
因此，点 P 的轨迹是以M  0, 6  为圆心，半径r 
的圆，
3

3
2
3
6
3
PA 长的最大值等于 MA  r  2 3 .
3
故答案为： 3 .
【点睛】方法点睛：
由正三角形的结构特征，建立平面直角坐标系，求出 P 点轨迹，由轨迹为圆，PA 长的最大值为 P 点到圆心距离加上半径.
15．(1) x  2 y  5  0
(2) 4x  3y  0 或 x  y  7  0 .
【分析】（1）先求 P 点坐标，由垂直关系得l 斜率后求解，
（2）由题意得l 过原点或斜率为1后求解
【详解】（1）联立x  2 y 11  0, 得x  3, 即 P 3, 4 .


 2x  y 10  0 y  4,
因为l  l2 ，不妨设直线 l 的方程为 x  2 y  λ 0 ，将点 P 3, 4 代入 x  2 y  λ 0 ，得λ 5 ，
所以直线 l 的方程为 x  2 y  5  0 .
（2）当直线 l 经过坐标原点时，直线 l 的方程是 y  4 x ，即4x  3y  0 ；
3
当直线 l 不经过坐标原点时，设直线 l 的方程为 x  y  1，
aa
将点 P 3, 4 代入 x  y  1，得a  7 ，
aa
所以直线 l 的方程为 x  y  1，即 x  y  7  0 .
77
综上所述，直线 l 的方程是4x  3y  0 或 x  y  7  0 . 16．（I） x  2 y  5  0 ； （II）答案见解析.
【分析】(Ⅰ)首先求得抛物线的方程，然后求得 AO 的斜率，最后利用直线垂直的充分必要条件可得直线MB 的方程；
(Ⅱ)联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理得到系数之间的关系，然后结合直线方程的形式即可证得直线恒过定点.
【详解】（I）因为M 1, 2 在抛物线G : y2  2 px  p  0 上，所以2 2  2 p  1 ，所以 p  2 ，抛物线G : y2  4x .
当点 A 与点O 重合时，易知kAM  2，
因为以线段 AB 为直径的圆恒过点M ，所以 AM  MB .所以k 1 .
BM2
所以MB : y  2  1  x 1 ,即直线MB 的方程为 x  2 y  5  0 .
2
（II）显然直线 AB 与 x 轴不平行，设直线 AB 方程为 x  my  n .
 y2  4x
x  my  n, ，消去 x 得 y2  4my  4n  0 .

设 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 )，因为直线 AB 与抛物线交于两点，
所以=16m2  16n  0, y  y  4m, y y  4n ①
121 2
因为以线段 AB 为直径的圆恒过点M ，所以 AM  MB .
因为 A, B 是抛物线上异于M 的不同两点,所以 x1, x2 1, kMA  kMB  1.
MA
MB
k= y1  2  y1  2 4k= y2  2  y2  2 4

x1 1
y 2
1 1
4
y1  2 ,同理得
x2 1
y 2
2 1
4
y2  2 .
所以 44= 1 ,即(y  2)(y  2) 16  0, y y  2(y +y )  20  0 .
y1  2
y2  212
1 212
将 ①代入得，
4n  8m  20  0 ，即n=  2m  5 .
代入直线方程得 x  my 2m5 m(y 2) 5.
所以直线 AB 恒过定点(5, 2) .
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，
可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
–––→
1 →1 →
––––→
1 →→
17．(1) AN 
(2) 7
8
a  b ， CM 
22
c  b ；
2
【分析】（1）应用空间向量的加减法计算求解；
（2）连接 ND ，取 ND 的中点 E ，连接ME ，推导出异面直线 AN ， CM 所成角就是
∠EMC ，利用余弦定理解三角形，能求出结果．
→→–––→
1 –––→–––→
1 →1 →
【详解】（1）因为 AB  a, AC  b, AD  c ，所以 AN   AB  AC   a  b ，
222
因为M 是 AD 的中点，
––––→––––→ –––→
1 –––→ –––→
1 →→
所以CM  AM  AC 
（2）
AD  AC 
22
c  b ；
连接 ND ，取 ND 的中点 E ，连接ME ，
则ME / / AN ，EMC 是异面直线 AN ， CM 所成的角，
因为 AB  AC  BD  CD  3, AD  BC  2, M , N 分别是 AD, BC 的中点，
AB2  BN 2
所以 AM  BN  1，ND  AN 
 2
， ME  EN ， MC  2，
2
2
2
EN 2  NC 2
又Q EN  NC ， EC 
 3 ，
EM 2  MC 2  EC 22  8  37
2  2  2 2
csEMC  ，
2EM  MC8
异面直线 AN ， CM7
所成的角的余弦值为 8 ．
(2)  2 34 ．
17
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判断定理，即可证明；
（2）利用垂直关系，以点 AD 的中点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面 PAB 和平面 PBC 的法向量，利用法向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：QCD  平面 PAD ， PA  平面 PAD ，
CD  PA ．
Q PD  PA ，且 PD  CD  D ， PD ， CD  平面 PCD ，
 PA  平面 PCD ．
（2）取 AD 的中点O ，连结 PO ，
Q PA  PD ， PO  AD ，
QCD  平面 PAD ， PO  平面 PAD ，
CD  PO ， AD ∩ CD  D ， AD, CD  平面 ABCD ，
 PO  平面 ABCD ，
取 BC 中点M ，又CD / /OM ， AD  OM ．
分别以 OA，OM，OP 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰Rt△PAD 中， AD  BC  2 ，OP  OA  OD  1 ．
A1, 0, 0 ， B 1, 4, 0 ， C 1, 4, 0 ， D 1, 0, 0 ， P 0, 0,1 ，设平面 PAB 的一个法向量为n1   x1, y1, z1  ，
AB  0, 4, 0 ， BP  1, 4,1 ，
–→ –––→
  0
4 y  0
n1 AB
， 1
，令 x  1 ，得 y  0 ， z  1， n
 1, 0,1
1
–→ –––→
n1  BP  0
x1  4 y1  z1  0
111
设平面 PBC 的一个法向量为n2   x2 , y2 , z2  ，
CB  2, 0, 0 ， BP  1, 4,1 ，
––→  –––→  0
2x  0
n2 CB2
，则
，令 y  1，得 x  0 ， z  4 ， n
 0,1, 4 ．
––→ –––→
x  4 y  z  02
n2  BP  0
222
cs
–→ ––→
–→ ––→
n1 n2
n1, n2
 n1  n2 
2 34
17．
二面角 A  PB  C 的余弦值为 2 34 ．
17
33
19．(1) 20 (2) 10 (3) n  8 或 9
【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式列式计算.
根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式求解.
依题意，列出 pn 的解析式，通过作商判断概率 pn 的增减性，即可求出 pn 的最大值以及此时n 的值.
【详解】（1）“经过两次操作后，手上有 1 个黑球和 1 个红球”即第一次和第二次操作各取
到了 1 个黑球和 1 个红球，
且这两次取出的球都未放回箱子，也即两次抛掷硬币均正面向上，
所以所求概率为 3  1  2  1  2  1  3  1  3 .
5 242524220
“经过两次操作后，手上恰好有 1 个黑球”，
即“两次操作中一次取到黑球并留下，另一次无论取到何种颜色均放回”，因此两次抛掷硬币，一次正面向上，一次反面向上，
所以所求概率为C1  3  1  1  3 .

2 5 2 210
p  41 4
1 n5 1
41 n
依题意， n
Cn1 ( 2)
() 2
 2  Cn1( 2) ，
4 1 n1n!
pCn ()
4! (n  4)!n1
由 n1  2 ，
pn41 n
(n 1)!
2n  88
Cn1 ( 2)
2 2 
4! (n  5)!n
当5  n  8 时， pn1  pn ，当n  8 时， p9  p8 ，当n  8 时， pn1  pn ，所以当n  8 或 9 时， pn 取最大值.