吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
直线l 过点1, 2 且与直线2x  3y 1  0 垂直，则l 的方程为（）
A. 3x  2 y 1  0B. 3x  2 y  7  0
C. 2x  3y  5  0
x2y2
D. 2x  3y  8  0
F , F
AF  AF
已知椭圆C :
a28
 1(a  0) 的左、右焦点分别为 12 ，上顶点为 A ，若12 ，则C 的长轴长为（）
2
8
4
8D. 4
2
已知椭圆 x2  y2  （ a  b  0 ）的左，右焦点分别为 F ， F ，P 为椭圆上一点， PF 的最大值为 3，且
a2b21
121
PF1  PF2  2 F1F2 ，则椭圆的标准方程为（）
2
x  y2  1
x2y2
1

x2y2
1

x2y2
1

443
x2y2
4284
FF
已知椭圆 E :
a2b2
 1(a  b  0) 的左、右焦点分别为 1 、 2 ，点 P 为椭圆 E 上位于第一象限内的一点，若
PF1
 3 PF2
， | OP | OF2 （ O 为坐标原点），则椭圆 E 的离心率为（）
5
6
2
10
A.B. C.D.
4424
2
1
M 点是圆C :  x  22  y2  1 上任意一点， AB 为圆C :  x  22  y2  3 的弦，且 AB  2，N 为 AB 的中点.
则 MN
的最小值为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
椭圆C : x2  y2  的两个焦点为 F ， F ，椭圆 C 上有一点 P，则VPF F 的周长为（）
1121 2
1625
A 12
B. 18
C. 16
D. 20
7. 已知 m, n 是方程 x2 6x  2  0 的两个不等实数根，则点 P(m, n) 与圆
C: x2  y2 8 的位置关系是（）
A. 点 P 在圆内
C. 点 P 在圆外
B. 点 P 在圆上
D. 无法确定
若圆 x2   y  m2  4 上点到直线 y   4 x  m 的距离为 1 的点有且仅有 2 个，则 m 的取值范围是（）
3
0, 5 
 5 , 5 
0, 5 
 5 , 3
6 
 6 2 
3 
 3

二､多选题（共 3 小题）

已知空间向量 a  (1, 2,3) ， b  (2, 1,1) ， c  (2, m, 6) ，且 a //c ，则下列说法正确的有（）
21
→→→→ →
a  b  (3, 3, 2)
m  4
(2b  c )  a
csb, c  
42
已知直线l1 : x  a 1 y 1  0 ，直线l2 : ax  2 y  2  0 ，则下列结论正确的是（）
l1 在 x 轴上的截距为1
l2 过定点0, 1
若l1 ∥ l2 ，则 a  1 或 a  2
若l  l ，则 a  2
123
1
2
若圆C ： x2  y2  1与圆C ：  x  a2   y  b2  1的公共弦 AB 的长为 1，则下列结论正确的有（）
a2  b2  1
直线 AB 的方程为2ax  2by  3  0
AB 中点的轨迹方程为 x2  y2  3
4
圆C1 与圆C2 公共部分的面积为 2π 3
32
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知 M , N 是相互独立事件，且 PM   0.4, P N   0.3 ，则 P M ∪ N  ．
2025 年是中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利 80 周年，为激发民众的爱国热情和民族自豪感，某地举办相
12
关知识竞答活动.在决赛中，每轮活动由甲、乙各答一个问题，已知甲每轮答对的概率为 4 ，乙每轮答对的概率为 5 .在
每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则两人在两轮活动中共答对 3 个问题的概率为.
某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的 5 个问题中，选手若能连续正确回答出 2 个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是 0.6，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了 4 个问题就晋
级下一轮的概率为.
四、解答题：本大题共 5 个小题，共 77 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
某校高二年级半期考试后，为了解本次考试的情况，在整个年级中随机抽取了 200 名学生的数学成绩，将成绩分为
30, 50,50, 70,70, 90,90,110,110,130,130,150，共 6 组，得到如图所示的频率分布直方图.
求实数 a 的值.
在样本中，采取按比例分层抽样的方法从成绩在[90,150] 内的学生中抽取 13 名，问其中成绩在[130,150] 的学生有几名？
根据图中的样本数据，假设同组中每个数据用该组区间的中点值代替，试估计本次考试的平均分.
已知直线l 经过点C 3, 2 .
若直线l 在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线l 的方程；
若直线l 交 x 轴的负半轴于点 A ，交 y 轴的负半轴于点 B, O 为坐标原点，V AOB 的面积为S ，求S 的最小值及此时直线l 的方程.
已知点 A2, 0 ， B 5, 0 ，动点 P 到点 B 的距离是 P 到点 A 的距离的 2 倍，记动点 P 的轨迹为曲线 E .
求曲线 E 的方程.
已知动点Q 在直线l : y  2x  3 上，过点Q 作曲线 E 的两条切线l1 ， l2 ，切点分别为C ， D ，直线CD 是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，说明理由.
在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线l 过点 P(2,1) ，且l 与l1 : 2x  y  0 ， l2 : x  my  0(m  0) 分别交于点 A，
B．
若点 A 在直线 x  1 上，且∠AOB 的平分线为射线OP ，
求m 的值；
求点 B 的坐标．
若直线 AB 与 x 轴负半轴及 y 轴正半轴分别交于点 M，N，求| PM |  | PN | 的最小值及取最小值时直线 AB 的方
程．
如图，在三棱锥 P  ABC 中，平面 ABC  平面 PAC ， AB ⊥AC ， AB  AC  PC  1．
证明： AB  PC ．
若点 P ， A ， B ， C 都在半径为 5 的球O 的表面上．
2
求 PA ；
求平面 PAB 与平面 PCB 夹角的余弦值．
ACBDBCCB9ABD10ABD11BC
29918
12 0.58 ## 5013
100 ## 0.0914 0.144 ## 125
15 【小问 1 详解】 由频率分布直方图知：
0.0025  0.005 2  0.01 a  0.015 20  1，
解得a  0.0125 .
【小问 2 详解】
0.005
采取分层抽样，[130,150]的学生个数为：
0.005  0.015  0.0125
13  2 ，
即成绩在[130,150] 的学生有 2 名.
【小问 3 详解】
由频率分布直方图知：平均数为：
40  0.0025  60  0.005  80  0.01100  0.015 120  0.0125 140  0.005 20  98 .
16【小问 1 详解】
解：当在坐标轴上的截距为 0 时，符合题意，直线l 过坐标原点，设直线l 的方程为 y  kx .
因为直线l 过点C 3, 2 ，所以2  3k ，解得 k  2 ，
3
所以直线l 的方程为 y  2 x ，即2x  3y  0 ；
3
当在坐标轴上的截距不为 0 时，设直线l 的方程为 x  y
aa
 1 ，
因为直线l 过点C 3, 2 ，所以 3  2  1 ，解得 a  1 ，
aa
所以直线l 的方程为 x  y 1  0 .
综上可得，直线l 的方程为2x  3y  0 或 x  y 1  0 .
【小问 2 详解】
解：如图所示，可得直线l 的截距不为 0，斜率存在且斜率 k  0 ，设直线l 的方程为 y  2  k  x  3 ，
令 y  0 ，解得 x  2  3 ，则 A 2  3, 0  ，所以 OA  3  2 ；
k kk

令 x  0 ，解得 y  3k  2 ，则 B 0, 3k  2 ，所以 OB  2  3k ，
则V AOB 的面积为 S 
OA  OB  1  3  2 2  3k   1 12  4  9k 
1
2
2 k 2 k

 1 
 4 
4 2
12  2
2
  k   9k    12 ，当且仅当 k  9k ，即 k   3 时，等号成立.

所以S 的最小值为 12，此时直线l 的方程为 y  2   2  x  3 ，即2x  3y 12  0 .
3
17 【小问 1 详解】
由题意得 PB  2 PA ，所以| PB |2  4 | PA |2 .
设 P  x, y  ，因为点 A2, 0 ， B 5, 0 ，
所以(x  5)2  y2  4 (x  2)2  y2  ，化简得(x 1)2  y2  4 .
所以曲线 E 的方程为(x 1)2  y2  4 .
【小问 2 详解】
由（1）知，曲线 E 是圆心为 F 1, 0 ，半径 r  2 的圆，因为QC 和QD 是圆 F 的两条切线， C ， D 为切点，
所以点C ， D 在以 FQ 为直径的圆G 上，所以圆 F 与圆G 相交，因为点Q 在直线l : y  2x  3 上，所以设Q a, 2a  3 ，
因为 F 1, 0 ，所以G  a 1 , 2a  3  ，
 22


所以| FG |2   a 1
2

 1
 2a  3 2
 
5a2 10a 10

，
 224
a 1 22a  3 25a2 10a 10

所以圆G 的方程为 x 2    y 24，
化简得 x2  y2  a 1 x  2a  3 y  a  0 . 因为圆 F 的方程为 x2  y2  2x  3  0 ，
上面两圆方程做差得直线CD 的方程为a 1 x  2a  3 y  a  3  0 ，即 x  2 y 1 a  x  3y  3  0 .
x  3 ,
x  2 y 1  0,
解得
5 ，所以直线CD 过定点 3 , 4  .

x  3y  3  0,

5 5
 y  4 ,
5
18【小问 1 详解】
由题意知，直线l1 ， l2 均过坐标原点O ，直线OP 的方程为 x  2 y  0 ，因为点 A 为直线 x  1 与直线2x  y  0 的交点，所以 A(1, 2) ．
因为∠AOB 的平分线为射线OP ，所以点 A 关于直线 x  2 y  0 的对称点 A1 在直线OB 上，
 a  2
  1   1,
 ma 1 2 
设 A1 ma, a ，则
1 ma  a  2  0,
2
解得 a   2 ， m  11 ．
52
设 B  11 b, b  ，因为点 A(1, 2) ， P(2,1) ， B  11 b, b  共线，且直线 AB 斜率存在，
 2 2

b  2 
所以 11 b 1
2
1 2 1
2  (1)．
解得b   2 ，所以 B   11 ,  2  ．
333 

【小问 2 详解】
设直线 AB 的倾斜角为α，则0 α π．
2
由 P(2,1) ，得sinα
1
| PM |
， csα
2
，
| PN |
所以| PM || PN |
12
4 4 ，
sinα csα
sin 2α
当α
π
时取等号，此时直线
AB 的斜率为 1，方程为 y  1  x  2 ，即 x  y  3  0 ．
4
19【小问 1 详解】
因为平面 ABC  平面 PAC ， AB ⊥AC ， AB  平面 ABC ，平面 ABC ∩ 平面 PAC  AC ，所以 AB  平面 PAC ，
又因为 PC  平面 PAC ，所以 AB  PC .
故 AB  PC .
【小问 2 详解】
如图，以 A 为坐标原点，以 AB ， AC 所在直线分别为 x ， y 轴， 过点 A 在平面 PAC 内作 AC 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，
则 A(0, 0, 0) ， B(1, 0, 0) ， C(0,1, 0) ，
（ⅰ）设O a, b, cc  0 ，由 AO  BO  CO 5 ，
2
5 
2
得 a2  b2  c2  (a 1)2  b2  c2  a2  (b 1)2  c2   ，
1
O  1 13 
 2 
3
解得 a  b  ， c ，所以  , , ，
22 2 22 
设 P 0, d , e, d , e 不同时为零，由CP  1 ， OP 5 ，
2
1 2
1 2
3 25 2
得(d 1)2  e2  12 且 0     d 
   e 
   ，
2 
3
3
2 
33 
2  2 
解得 d  ， e ，所以 P  0, , ，则 PA 
3 .
2222 
–––→
02    
 3 2
3 
2
 2 
 2 

33 
（ⅱ）由（ⅰ）可得 AB  (1, 0, 0) ， BP   1, , ， BC  (1,1, 0) ．
22 
→
设平面 PAB 的一个法向量为 m   x1 , y1, z1  ，
 → –––→
x1  0,
m  AB  0
则 →  –––→  0 ，即x
 3 y 
3 z  0,
m BP
12 121
取 y  1 ，得 →  0,1,  3 ．
1m
→
设平面 PCB 的一个法向量为 n   x2 , y2 , z2  ，
→ –––→
x2  y2  0,
n  BC  0
则→  –––→  0 ，即x
 3 y 
3 z  0,
n BP
22 222
取 z2  1 ，得 n  ( 3, 3, 1) ．
设平面 PAB 与平面 PCB 的夹角为θ，
| 0  3 1 3  ( 3) (1) |
2  7
21
ur r
csθ | m  n |
则 urr ，
| m || n |7
21
即平面 PAB 与平面 PCB 夹角的余弦值为.
7