四川省南充高级中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份四川省南充高级中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共6页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120 分钟总分：150 分）
命审题人：刘琳、刘佳弘、蒋敏、帅文飞、朱云川
ABCD
设圆C ：x2 2x  y2  0 ，圆C ：x2  y2  2y sin215∘  0 ，圆C ：x2  y2  2x sin155∘  0
123
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
的半径分别为 r1 ， r2 ， r3 ，则（）
合要求的.
经过两点 P(2025，1）, Q(2025 , 2) 的直线的倾斜角为（）
r1  r2  r3
r1  r3  r2
r2  r1  r3
r3  r2  r1
A．30 ∘B．60 ∘C． 90 ∘D．不存在
圆心为（1，2），半径为 3 的圆的标准方程为（）
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题
目要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
若点 A(4m , 3m 1) 在圆C：x2  ( y 1)2  1 的外部，则实数 m 可能的值为（）
x  12  y  22  3
x 12  y  22  9
A． 1B． 1C． 1D．  1
x 12  y  22  9
x 12  y  22  3
3282
在空间直角坐标系中，若向量 a  (3, 2 , t)，b  (0 ,1,1)，c  (1, 0 ,1) 共面，则t  （）
A．5B．6C．7D．8
已知 m  R ，若过定点 A 的动直线l1 : x  my  m  2  0 和过定点 B 的动直线
l2 : mx  y  4  2m  0 交于点 P （ P 与 A, B 不重合），则以下说法正确的是（）
已知事件 A、B 相互独立，事件 A 发生的概率为 P  A  1 ，事件 B 发生的概率为 P(B)  1 ，
AB  5
PA 2  PB 2 为定值
2
则“两个事件 A，B 至少有一个发生”的概率为（）
3
5
2 PA  PB 的最大值为5D.
PA  PB 的最大值为 25
11324
A． 6B． 2C． 4D． 3
已知 A（1，0，0）， B（0，3，0）， C（0，0，2），则原点O 到平面 ABC 的距离是（）
如图，直三棱柱 ABC  A1B1C1 所有棱长均为 6， D ， E ， F ， G 分别在棱 A1B1 , A1C1 , AB , AC 上（不与端点重合），且 A1D  A1E  BF  CG ，
A． 7
7
B． 6
7
C．1D． 11
11
H , P 分别为 BC , A1H 中点，则（）
已知三点 A（4，3），B（2， 3），C（5，m）在同一条直线上，则 m =（）
A．12B．24C．6D．10
B1C1 / / 平面 PFG
过 D ， F ， G 三点的平面截三棱柱所得截面一定为等腰梯形
3
若 M ， N 分别是平面 A ABB 和 A ACC 内的动点，则△MNP 周长的最小值为 9
在平面直角坐标系中，动点 M 到 x 轴， y 轴，坐标原点 O 的距离分别为 d1 , d2 , d3
，这 3 个距
11112
d 2  2d d  0
若T 在△A B C 内部（含边界）， A AT  ，则 T 到棱 B C 距离的最小值为
离均大于 0，且 3
1 2，则动点 M 的轨迹对应的图形大致为（）
1 1 1
161 1
二、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
17.（15 分）
已知 A( 1
2
,1,
–––→
) , B(1, 0 ,1) ，则 AB =．
2
已知圆C 过点 A（1，2）和点 B（5， 2），且圆心C 在直线 x  y 1  0 上.
求圆C 的标准方程；
圆C（: x 1）2  ( y 1)2  2关于直线l : x  y 1  0 对称后的方程为．
经过点 P(5， 3) 作圆 C 的两条切线，切点分别为点 M, N，求两条切线的方程.
平面内有两点 M（x1 , y1）与 N（x2 , y2），定义这两点间的“物理距离”为
(x  x )2  ( y  y )2
12
12
(x  y )2  (x  y )2
12
21
dp (M , N ) ，“光学距离”为 dl (M , N ) .
已知圆 C： x2  y2  6 y 16  0 ，定点 D（3，2），过点C 的直线l 上有一个动点T ，若
dl (D,T ) 的最小值为 2，则直线l 的方程为．
三、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（13 分）
已知直线l1 : mx  3y  3  0 与直线l2 : x  y  5  0 互相垂直且交于点 P .
求 m 的值及点 P 的坐标；
若过点 P 的直线l 与直线2x  y  5  0 平行，求l 的直线方程.
16.（15 分）
18.（17 分）
如图 1，在△MBC 中，BM  BC ，A ，D 分别为边 MB ，MC 的中点，且 BC  AM  2 ，将△MAD沿 AD 折起到△PAD 的位置，使 PA  AB ，如图 2，连接 PB ， PC .
求证： PA  平面 ABCD ；
若 E 为 PC 的中点，求直线 DE 与平面 PBD 所成角的正切值；
线段 PC 上一动点G 满足 PG  (0   1) ，判断是否存在，使平面 GAD 与平面 PAD 夹角
PC
基孔肯雅热（chikungunya fever）是由基孔肯雅病毒引起，主要通过伊蚊叮咬而传播，以发热、
正弦值为
，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
5
5
皮疹及关节疼痛为主要特征的急性传染病.为更好地预防基孔肯雅热，某校举办了相关知识竞赛，
满分为 100 分，所有参赛学生的成绩都不低于 50 分.现从中随机抽取了 50 名学生的成绩，按照
50，60，60，70，70，80，80，90，90，100分成 5 组，制成了如图所示的频率分布直方图.
求频率分布直方图中的 x 的值，并估计所抽取的 50 名学生成绩的平均数、中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于 70 分的学生中
抽取 6 人，再从这 6 人中随机抽取 2 人，求这 2 人来自不同的组的
19.（17 分）
若集合 A 表示由满足一定条件的全体直线组成的集合，定义：若集合 A 中的每一条直线都是某
圆上一点处的切线，且该圆上每一点处的切线都是 A 中的一条直线，则称该圆为集合 A 的包络圆．
若圆 E : x2  y2  4 是集合 A   x, y ∣ax  by  2 的包络圆．
求a ， b 满足的关系式；
若2a  b  t  0 ，求t 的取值范围；
2
PM
PN
若集合 A   x, y ∣x cs  y  6sin 6 0, R 的包络圆为C ， P 是C 上任意一点，
概率.
判断 y 轴上是否存在定点 M ， N ，使得请说明理由．
 2 ，若存在，求出点 M ， N 的坐标；若不存在，
南充高中高 2024 级数学期中考试参考答案
1-8：C B A D B C A C9. ABD10. ABC11. ACD
12.
613. x  22  y2  2
2
14.
x  0或4x  3y  9  0
【详解】（1）因为l1与l2 垂直，所以 m 1 (3) 1  0 ，于是 m  3  0 ，即m  33 分
由3x  3y  3  0 有x  3 ，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  412 分
所以直线l 的方程为： l : 2x  y  4  0
.13 分
【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 ，
解得 a  220 （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
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.
故这 2 人来自不同组的概率为 P  1115 分
15
【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  r 2
a  1
222

则有5  a   2  b  r ，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 ，
则有
 4 ，化简得8k  15 ，即k  15 ，
k 2 1
k  2  5k  3
8
即l : y  15  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  015 分
【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  AD2 分
又 PA  AB ， AB  AD  A ， AB, AD  平面 ABCD ，
所以 PA  平面 ABCD4 分
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) .
→
–––→ →
设平面 PBD 的法向量 n  x1 , y1 , z1  ，
BD  n  2,1, 0  x1, y 1, z 1  2x1  y 1  0
 
则有–––→ →
BP  n  2, 0, 2  x1, y 1, z 1  2x1  2z 1  0
→
令 y1  2 ，得 x1  1， z1  1，所以n  1, 2,1 是平面 PBD 的一个法向量7 分
设直线 DE 与平面 PBD 所成角为，

则sin cs  DE, n  
3 ，于是可得cs6
33
所以tan
，所以直线 DE 与平面 PBD 所成角的正切值为
2
210 分
2
假设存在，使平面 GAD 与平面 PAD 夹角的正弦值为 5 ，
5
2 5
5
即使平面 GAD 与平面 PAD 夹角的余弦值为.
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) .
易得平面 PAD 的一个法向量为n1  1, 0, 0 .
–––→ ––→
设平面 ADG 的法向量n2   x2 , y2 , z2  ，
 AD  n2  0,1, 0 x2 , y2 , z2   y2  0
 
–––→ ––→，
 AG  n2  2, 2, 2  2  x2 , y2 , z2  2x2  2y2  2  2 z2  0
解得 y2  0 ，令 z2  ，得 x2  1，
则n2   1, 0, 是平面 ADG 的一个法向量.

n1  n2
n1

n2
则有 cs  n1, n2  

，
(1,0,0)  (1,0,)

(1)2  2
2 5
5
即
 2 5 ，所以32  21  0 ，解得 1 或1
1
(1)2  2
53
1
又因为0 ≤ ≤1 ，所以 .
3
故存在 1 ，使平面 GAD 与平面 PAD 夹角的正弦值为
3
517 分
5
【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，
2
a2  b2
所以 2  a2  b2  14 分
（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，
所以
 1  t   t .
t
22  12
5
5
5
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 x cs θ  y  6sin θ 6 2  0 的距离是与θ 无关
m cs θ  n  6sin θ 6 2
cs2 θ  sin2 θ
的定值，所以d 为θ 无关的定值11 分
m  0

所以n  6  0
，故C 0, 6 ，此时d  6 2 .
所以圆C ： x2   y  62  7213 分
设 P  x, y ，则 x2   y  62  72 即 x2  y2  36  12y .
假设 y 轴上存在点 M 0, y1  、 N 0, y2
 ，使得
 2 ，
PM
PN
2
PN 2
PM
x2   y  y 2x2  y2  2y y  y22  y  6 y  y2  36
即 1  11  11 2 ，
x2   y  y 2x2  y2  2y y  y22  y  6 y  y2  36
22222
1122
即2  y  6  y  y 2  36  2 2 y  6 y  y 2  36  恒成立，15 分
 y1  6  2 y2  6
 y1  6
 y1  18
所以 y2  36  2 y2  36，解得 y  0 或 y  12 .
 12
 2 2
所以 M 0, 6 ， N 0, 0 或 M 0, 18 ， N 0, 12 17 分