湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
命题人：吕跃审题人：刘超考试时间：2025 年 11 月 13 日
已知i 是虚数单位，复数 z 满足 zi  1 i ，则 z  （）
A. 2B.
C. 1D.2
2
2
m
已知直线l 的方向向量为 →  1,1 且l 经过 A0, 4, B 1, b 两点，则b  （）
A. 0B. 1C. 2D. 3
已知直线 m, n ，平面α,β给出下列命题：
①若 m α, n  β，且 m  n ，则α β；
②若m / / α, n / / β，且m / / n ，则α/ / β；
③若 m α, n / / β，且 m  n ，则α β；
④若 m α, n / / β，且m / / n ，则α/ / β.
其中正确的命题的个数是（）
B. 2C. 3D. 4
某人有4 把钥匙，其中2 把能打开门．现随机地取1把钥匙开门，如果将不能开门的钥匙立即扔掉，那么第二次才能打开门的概率为 p1 ；如果试过的钥匙不扔掉，那么第二次才能打开门的概率为 p2 ，则
p1 p2  （）
A. 1B.
4
157
C.D.
121212
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，若点 M 是侧面CDD1C1 的中心，且
––––→

–––→

–––→  1
–––→
，则2x  y  z 的值为（）
AMx AA1
y AD
z AB
2
A 1B. 0C. 1
D.  1
2
FFx2y21
已知 1 ， 2 为椭圆 a2  b2  1（a＞b＞0）的左、右焦点，椭圆的离心率为 2 ，M 为椭圆上一动点，则
F1MF2 的最大值为（）
ππ
B.
32
2π3π
C.D.
( 2x  2)2  ( 2 y  4)2
2
34
已知 x, y  R ，函数 f (x, y) 
 x  y  3
的最小值为（）
2
​
2C. 2
D. 4
2
已知直线 x  ay  5a  2  0 与圆O : x2  y2  r 2 r  0 交于不同的两点 A, B ，若∠AOB 存在最小


值且最小值不大于90∘ ，则 r 的取值范围为（ ）

 3, 2
二、多选题
3, 2 3
3, 3 2 
3, 6
在平面直角坐标系中，下列说法不正确的是（）
任意一条直线都有倾斜角
直线的倾斜角越大，则该直线的斜率越大
若一条直线的倾斜角为α，则该直线的斜率为tanα
分别在 x 轴、 y 轴上截距相等的直线的斜率为1.
已知实数 x, y 满足方程 x2  y2  4x 1  0 ，则下列说法正确的是（）
6
3
y  x 的最大值为 2
x2  y2 的最大值为7  4
3
y 的最大值为 3
x  y 的最大值为2 
x
设
A, B
为椭圆
2
x2  y2 

95
1 的长轴的两个端点， P 为椭圆上与
A, B
不重合的动点，F1, F2 分别为椭圆的
左､右焦点， Q 2,1 ，则下列结论中正确的是（）
直线 PA, PB 的斜率之积为 5
9
PF1  PQ 最大值为 7
存在点 P 满足 PF1  PF2  0
若VPF F 的内心为 I PI 的延长线交线段 F F 于点 N ，则| PI |  3
1 21 2
| IN |2
三、填空题
已知定点 A(4, 0) ，点 P 在圆O : x2  y2  4 上运动， AOP 的平分线交 AP 于点 M ，则点 M 的轨迹方程是.
已知点 A(2,1) 和点 B 关于直线l : x  y 1  0 对称，斜率为 k 的直线m 过点 A 且与直线l 相交于点
C ，若V ABC 的面积为 2，则 k  .
设椭圆 x2  y2 长轴的端点分别为 A, B ，点C 为椭圆上异于 A, B 的一点，若在V ABC
a2b21(ab0)
中满足3 tan BAC  3 tan ABC  tan ACB  0 ，则椭圆的离心率为．
四、解答题
15 已知点 A4, 3 ， B 3, 2 ，直线 l 经过点 P 0,1 .
若 l 与直线 AB 垂直，求 l 的方程；
若 l 与线段 AB 有交点，求 l 的倾斜角的取值范围.
x2y2FF
已知椭圆C :

a2b2
 1a  b  0 的左、右焦点分别为 1 ， 2 ， P 为椭圆C 上一点.
2
若焦距为4，点 P 的坐标为3,1 ，求椭圆C 的标准方程；
若F PF  π，且VF PF 的面积为 3 ，求b 的值.
123122
中国乒乓球队是中国体育军团的王牌之师，屡次在国际大赛上争金夺银，被体育迷们习惯地称为“梦之队”.2024 年巴黎奥运会，中国乒乓球队包揽全部五枚金牌．其中团体赛由四场单打和一场双打比赛组成，采用五场三胜制．每个队由三名运动员组成，当一个队赢得三场比赛时，比赛结束.2024 年 8 月 9 日，中国队对战瑞典队，最终以3:0 取得团体赛冠军，赛前某乒乓球爱好者对赛事情况进行分析，根据以往战
4
绩，中国队在每场比赛中获胜的概率均为 ．
5
求中国队以3:0 获胜的概率
求至多进行四场就结束比赛的概率．
如图 1，在平行四边形 ABCD 中， AB  2BC  4, ABC  60 ，E 为CD 的中点．将V ADE 沿 AE
折起，连接 BD 与CD ，如图 2．
当 BD 为何值时，平面 ADE  平面 ABCE ?
设 BF  λBD(0  λ 1) ，当 BE ⊥DE 时，是否存在实数λ，使得直线 AF 与平面 ABCE 所成角
的正弦值为 2 ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
4
当三棱锥 B  CDE 的体积最大时，求三棱锥 D  ABE 的内切球的半径．
动圆C ： x2  y2  λx  λy  λ1  0 λ R  与直线l ： y  2x 交于 A, B 两点．
证明：动圆C 必过两定点，并求出这两点坐标；
求 AB 的最小值；
是否存在一条定直线，在其上任取点 K ，无论λ为何值，都有 KA  KB 为常数，若存在，求出定直线方程；若不存在，请说明理由．
2025—2026 学年度上学期 2024 级
期中考试数学试卷
一、单选题
命题人：吕跃审题人：刘超考试时间：2025 年 11 月 13 日
已知i 是虚数单位，复数 z 满足 zi  1 i ，则 z  （）
2
B.
【答案】B
【解析】
D.2
2
【分析】根据复数的除法化简，再应用模长公式计算求解.
【详解】复数 z 满足 zi  1 i ，
则 z  1 i  1 1  1 i ， ii
12  12
2
则 z .
故选：B.
m
已知直线l 的方向向量为 →  1,1 且l 经过 A0, 4, B 1, b 两点，则b  （）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据 →
–––→
求解即可.
m / / AB
【详解】因为 A0, 4, B 1, b ，所以 AB  1, b  4 ，
→→–––→
又直线l 的方向向量为 m  1,1 ，所以 m / / AB ，故b  4  1 ，即b  3 .
故选：D
已知直线 m, n ，平面α,β给出下列命题：
①若 m α, n  β，且 m  n ，则α β；
②若m / / α, n / / β，且m / / n ，则α/ / β；
③若 m α, n / / β，且 m  n ，则α β；
④若 m α, n / / β，且m / / n ，则α/ / β.
其中正确的命题的个数是（）
B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据面面垂直、面面平行的判定定理，逐一分析各个选项，即可得答案.
【详解】命题①：若 m α， m  n ，则 n//α，或n   ， 又 n  β，所以α β，①正确；
命题②：若m / /α， m / / n ，则 n//α，或n   ，
又 n//β，此时α与β可能平行，也可能相交，②错误； 命题③：若 m α， m  n ，则 n//α，或n   ，
又 n//β，此时α与β可能平行，也可能相交，③错误；
命题④：若 m α， m//n ，则n α， 又 n//β，所以α β，④错误；
所以正确的命题个数是 1.
故选：A
某人有4 把钥匙，其中2 把能打开门．现随机地取1把钥匙开门，如果将不能开门的钥匙立即扔掉，那么第二次才能打开门的概率为 p1 ；如果试过的钥匙不扔掉，那么第二次才能打开门的概率为 p2 ，则
p1 p2  （）
1B.
4
157
D.
121212
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出两种情况下的样本空间和相应情况下“第二次才能打开门”事件的样本空间，再结合古典概型的概率公式求出 p1, p2 ，即可求解.
【详解】将能打开门的两把钥匙记为 A 和 B ，不能打开门的两把钥匙记为 a 和b ，
记事件 M  “第二次才能打开门”，  x1, x2  表示开门两次事件的样本点，x1 和 x2 表示第一次和第二次取到
的钥匙记号，
则将不能开门的钥匙立即扔掉且开门两次的事件的总样本空间为：
Ω1   A, B,  A, a,  A, b,  B, A,  B, a B, b, a, A, a, B, a, b, b, A, b, B, b, a 共 12 个样本
点，
则 M  a, A, a, B, b, A, b, B 共 4 个样本点，
所以如果将不能开门的钥匙立即扔掉，第二次才能打开门的概率为 p 
4  1 .
1123
如果试过的钥匙不扔掉且开门两次的事件的总样本空间为：
Ω2   A, A,  A, B,  A, a,  A, b,  B, B,  B, A,  B, a B, b, a, A, a, B, a, a,
a, b, b, A, b, B, b, a, b, b 共 16 个样本点，则 M  a, A, a, B, b, A, b, B 共 4 个样本点，
所以如果试过的钥匙不扔掉，第二次才能打开门的概率为 p 
4  1 ，
2164
则 p p  1  1  1 .

1 2
故选：B.
3412
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，若点 M 是侧面CDD1C1 的中心，且
––––→

–––→

–––→  1
–––→
，则2x  y  z 的值为（）
AMx AA1
y AD
z AB
2
B. 0C. 1
【答案】A
【解析】
 1
2
【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算、结合空间向量基本定理计算得解.
【详解】在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，
––––→–––→––––→–––→1 –––→––––→1 –––→–––→1 –––→
AM  AD  DM  AD  2 (DC  DD1 )  2 AA1  AD  2 AB ，
––––→–––→–––→1 –––→
而 AM  x AA1  y AD  2 z AB ，
因此 x  1 ， y  1， z  1，
2
所以2x  y  z  2  1  (1)  (1)  1.
2
故选：A.
FF
x2y21
已知 1 ， 2 为椭圆 a2  b2
F1MF2 的最大值为（）
 1（a＞b＞0）的左、右焦点，椭圆的离心率为 2 ，M 为椭圆上一动点，则
ππ
A. B.
32
2π3π
C.D.
34
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理列式，结合椭圆的定义以及基本不等式求得F1MF2 的最大值.
【详解】设 MF1
 m, MF2
 n, m  n  2a, F1F2
 2c ，
2
c  1 , c a2 a2
 1 ,
4
a2  b2
a2
2
b
1
a2
1 b2
4 , a2
 3 ， 4
在三角形 F1MF2 中，由余弦定理得：
m2  n2  2c2
csF1MF2 
2mn

m  n2  2mn  4c2
2mn
2a2  4 a2  b2 
1
2mn
 2b2  
2b2
11
mn m  n 2
2

2b231
1  2  1  .
a242
由于0  F MF
 π ，所以F MF 的最大值为 π .
12
2
故选：A
123
( 2x  2)2  ( 2 y  4)2
已知 x, y  R ，函数 f (x, y) 
 x  y  3
的最小值为（）
2
A.
B. 2C. 2
D. 4
2
【答案】C
(x 2)2  ( y  2 2)2
2
x  y  3 2
【解析】
【分析】根据题意，化简得 f (x, y) 
2  (

) ，转化为点 P 到点
2
A( 2, 2 2) 和到直线l : x  y  3
 0 的距离之和的
倍，结合点到直线的距离公式，即可求解.
2
( 2x  2)2  ( 2 y  4)2
2
(x 2)2  ( y  2 2)2
2
【详解】由函数 f (x, y)  x  y  3，
可得 f (x, y) 
2 
 x  y  3，
(x 2)2  ( y  2 2)2
则 f (x, y) 
2  (
) ，
(x 2)2  ( y  2 2)2
2
x  y  3 2
因为
表示点 P(x, y) 到定点 A( 2, 2 2) 的距离，
2
x  y  3 2
2
2
表示点 P(x, y) 到直线l : x  y  3 0 的距离，
2
所以 f  x, y  表示点 P 到点 A( 2, 2 2) 和到直线l : x  y  3
2
2  2 2  3 2
如图所示，过点 A 作 AB  l ，垂足为 B ，
当点 P 在线段 AB 上时，可得 AB  2 ，
 0 的距离之和的倍，
2
min
所以 f  x, y  的最小值为 f  x, y 
AB  2.
2
故选：C.
已知直线 x  ay 
5a  2  0 与圆O : x2  y2  r 2 r  0 交于不同的两点 A, B ，若∠AOB 存在最小


值且最小值不大于90∘ ，则 r 的取值范围为（ ）

 3, 2
【答案】C
3, 2 3
3, 3 2 
3, 6
【解析】
【分析】先根据∠AOB 存在最小值分析出 r  3 ，再根据∠AOB 最小值不大于90 列出关于 r 的不等式即 可求解.
【详解】将直线 x  ay 
5a  2  0 变形为 x  2  a  y 
5   0 ，
2  02   5  02
则可知直线恒过定点 P 2, 5  ，且 OP 
 3 ，
若r  3 ，则直线可和圆O 相切，如图所示，此时 A, B 重合，若直线与圆O 交于不同的两点 A, B ，则∠AOB 可不断趋于 0，不存在最小值，与题意不符，故 r  3 ，
即 P 在圆O 内，直线与圆O 一定交于两点 A, B ，此时对于任意给定的半径 r ，
根据圆的性质，当OP  AB 时，弦 AB 最短，∠AOB 最小，此时弦长
r 2  OP 2
r 2  9
AB  2 2，
在V AOB 中，当AOB
 90 时，此时 AB 
2r ，
由题意，已知∠AOB 最小值不大于90 ，则最小值对应的弦 AB 满足 AB 
2r ，
r 2  9
即2
2r ，解得 r  3 2 ，

综上， r 的取值范围为3, 3 2  .
故选：C.
二、多选题
在平面直角坐标系中，下列说法不正确的是（）
任意一条直线都有倾斜角
直线的倾斜角越大，则该直线的斜率越大
若一条直线的倾斜角为α，则该直线的斜率为tanα
分别在 x 轴、 y 轴上截距相等的直线的斜率为1.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据直线的倾斜角和斜率的定义一一判断即可.
【详解】任何一条直线都存在倾斜角，A 正确；
钝角大于锐角，但是钝角对应的斜率小于锐角对应的斜率，B 错误；
若一条直线的倾斜角α 90∘ ，则斜率不存在，C 错误；
分别在 x 轴、 y 轴上截距相等的直线可以过原点，斜率可以不是1，D 错误；故选:BCD.
已知实数 x, y 满足方程 x2  y2  4x 1  0 ，则下列说法正确的是（）
6
3
y  x 的最大值为 2
x2  y2 的最大值为7  4
3
y 的最大值为 3
x  y 的最大值为2 
x2
【答案】AB
【解析】
【分析】设 x  2 
3 csθ， y 
3 sinθ，将 ABD 中的式子化为三角函数的形式，根据三角函数的最
y
y
x
x
【详解】由 x2  y2  4x 1  0 得：  x  22  y2  3 ，可设 x  2 
3 csθ， y 
3 sinθ；
值可求得结果；根据
的几何意义，利用圆的切线的求解方法可求得
的取值范围，由此确定 C 的正误.
对于 A， y  x 3 sinθ 3 csθ 2 6 sin θπ  2 ，
4 

6
当sin θπ  1时，  y  x 2 ，A 正确；
4 
max

对于 B， x2  y2  4  4 3 csθ 3cs2θ 3sin2θ 7  4 3 csθ，
3
max
当csθ 1 时， x2  y2  7  4；B 正确；
对于 C， y 表示圆 x  22  y2  3 上的点与坐标原点连线的斜率，
k 2 1
2k  0
3
3
x
设过坐标原点的圆的切线方程为 y  kx ，则

，解得： k  ，
3
 y   3, 3 ， y 

，C 错误；
x
 
x
max
对于 D， x  y  2 
3 csθ 3 sinθ6 sin θ π  2 ，
4 

6
当sin θπ  1时，  x  y  2 ，D 错误.
4 
max

故选：AB.
【点睛】关键点点睛：本题考查与圆上的点的坐标有关的最值问题的求解，解题关键是能够利用换元法，结合三角恒等变换的公式将问题转化为三角函数值域的求解.
设
A, B
为椭圆
x2  y2 

95
1 的长轴的两个端点， P 为椭圆上与
A, B
不重合的动点，F1, F2 分别为椭圆的
左､右焦点， Q 2,1 ，则下列结论中正确的是（）
直线 PA, PB 的斜率之积为 5
9
PF1  PQ 最大值为 7
存在点 P 满足
PF1  PF2  0
若VPF F 的内心为 I PI 的延长线交线段 F F 于点 N ，则| PI |  3
1 21 2
| IN |2
【答案】ABD
【解析】
x2y2
【分析】设 P  x0 , y0  则 0  0  1 ，分别表示出 kPA 和 kPB ，计算化简 kPA  kPB ，A 正确，由椭圆定义得到
95
PF1  PF2
 6 ，从而 PF1  PQ  6   PQ  PF2  ，当点 P 在QF2 的延长线上时 PQ  PF2
取得最大
值1，从而 PF1  PQ 取得最大值7 ，B 正确；由圆的性质判断点 P 的轨迹，圆和椭圆没有交点，C 错误；
PI
IN
PF1

PF2
F1 N

F2 N
在VPF N 和VPF N 中分别利用角平分线性质定理，得到 3 ，D 正确.
a2  b2
122
2
【详解】由椭圆 x
y2
 1 知 a  3, b 
5, c 
 2 ， A3, 0, B 3, 0 ，
95
F1 2, 0, F2 2, 0 ，
A 选项，因为 A, B 为长轴的两个端点，所以 A3, 0, B 3, 0 ，
设 P  x0 , y0  ， 
x0  3
x2y2
，则 0  0 
1, y2 

0
51
x2 
 0  ，
kPA 
y0
x  3
, kPB 
95
y0
x  3 ，
9 
00
x 2 2
51 0 
5  9  x0
yyy2
9 
95 ，A 正确；
kPA  kPB  0  0  0  
x  3 x  3 x  3 x  3x2  9x2  99
000000
B 选项，因为点 P 是椭圆上一点，所以 PF1  PF2
 2a  6 ，所以 PF1
 6  PF2 ，
PF1  PQ  6  PF2
 PQ  6   PQ  PF2  ，
Q 是椭圆内一点， PQ  PF2
 QF2
，当且仅当点 P 在QF2 的延长线上，即在 P0 时等号成立，
因为 F2 2, 0, Q 2,1 ， PQ  PF2
的最大值为 QF2
 1 ，
PF1  PQ 的最大值为6  QF2
 6 1  7 ，B 正确；
C 选项，若点 P 满足 PF1  PF2  0 ，则点 P 落在以 F1 , F2 为直径，即以原点为圆心， 2 为半径的圆上，
5
因为b  2 ，所以圆与椭圆没有交点，所以不存在 P ，C 错误；
D 选项，内心是角平分线的交点，由角平分线性质定理，
PI
IN
PF1
F1 N
在VPF N 中，因为 F I 是PF N 的角平分线，所以，
111
PI
IN
PF2
F2 N
在VPF N 中，因为 F I 是PF N 的角平分线，所以，
222
所以
 2a  6  3 ，D 正确；
PI
IN
PF1

PF2
F1 N

F2 N
2c42
故选：ABD.
三、填空题
已知定点 A(4, 0) ，点 P 在圆O : x2  y2  4 上运动， AOP 的平分线交 AP 于点 M ，则点 M 的轨迹方程是.

【答案】 x 

4 2 
3

 y2  16
9
【解析】
––––→
2 –––→
【分析】设 M 点的坐标，应用角平分线定理得出 AM 
即可；
【详解】由题意知 OP  2, OA  4 ，设 M  x, y  ， P  x1, y1  ，
AP ，利用坐标公式得到 P 点坐标代入圆的方程
3
因为OM 是AOP 的平分线，所以
AM  OA  2
MPOP
––––→2 –––→
，所以 AM  AP ，
3
所以 x  4, y   2  x  4, y  ，
3
x  4  2  x
11
 4x  3 x  2
31
所以2
 12
，所以3，
 y  y y  y
3 1
 12

4 216
将 P 点代入圆的方程 x2  y2  4 ，可得 x 

  y2 ，
3
9

所以 M 的轨迹方程为 x 

4 2 
3

 y2  16 ；
9

故答案为：  x 

4 2 
3

 y2  16 .
9
已知点 A(2,1) 和点 B 关于直线l : x  y 1  0 对称，斜率为 k 的直线m 过点 A 且与直线l 相交于点
C ，若V ABC 的面积为 2，则 k  .
【答案】0
【解析】
【分析】先求出点 B 的坐标，再利用V ABC 的面积为 2，得到关于 k 的方程，从而求得答案.
 y 1  1
 x  2
【详解】设点 B(x, y) ，则 x  2
y 1
，解得 x  0, y  3 ，则 B(0, 3) ，
1  0
 22
设直线m : y 1  k (x  2) 与l : x  y 1  0 联立，解得 x   2k
, y  3k  1 ，则C( 2k
3k  1
,
) ，
因为直线 AB 的方程为 y = x + 3 ，且| AB |
k  1
(0  2)2  (3 1)2
2
 2
k  1
，
k  1
k  1
|  2k  3k  1  3 |

2 | k  1|
点C 到直线 AB 的距离 d  k  1k  1 
2
| 2  2k | ，
2 | k  1|
所以 1  2 2 
2
故答案为：0
| 2  2k |
 2 |1  k || k  1| k  0 .
设椭圆 x2  y2 长轴的端点分别为 A, B ，点C 为椭圆上异于 A, B 的一点，若在V ABC
a2b21(ab0)
中满足3 tan BAC  3 tan ABC  tan ACB  0 ，则椭圆的离心率为．
3
3
【答案】 3 ##
3
【解析】
【分析】根据3 tan BAC  3 tan ABC  tan ACB  0 以及两角和的正切公式，可得
tan BAC  tan ABC  2 ，这可看成是直线CA, CB 斜率相乘为 2
，然后根据两点间斜率公式以及椭圆
33
方程，即可求解.
【详解】由3 tan BAC  3 tan ABC  tan ACB  0 可得
 tan ACB  3tan BAC  tan ABC   3 tan BAC  ABC 1  tan BAC  tan ABC 
 3 tan π-ACB1  tan BAC  tan ABC   3 tan ACB  1  tan BAC  tan ABC 
所以 tan ACB  3 tan ACB  1  tan BAC  tan ABC   tan BAC  tan ABC  2
3
设C(x, y) ， A(a, 0), B(a, 0)
x2  2
所以 yy
2y2
21 a2  b
2b22
        
x  a x  a
3x2  a23
x2  a2
3a23
故e= c
a

1
b2
a2
3
3
故答案为： 3
3
四、解答题
15 已知点 A4, 3 ， B 3, 2 ，直线 l 经过点 P 0,1 .
若 l 与直线 AB 垂直，求 l 的方程；
若 l 与线段 AB 有交点，求 l的倾斜角的取值范围.
【答案】（1） y  7x 1

（2）  π , 3π 
 44 
【解析】
【分析】（1）先由两点间斜率公式结合垂直直线斜率关系求出所求直线的斜率，再由点斜式即可得解；
（2）依次求出 kPA 和 kPB ，数形结合斜率与直线倾斜角的关系即可求解.
【小问 1 详解】
由题 kAB
 3  2  1 ，
4  37
因为 l 与直线 AB 垂直，所以 kl  7 ，所以 l 的方程为 y  7x 1.
【小问 2 详解】
依题意 kPA
 3 1  1 ， k
4  0PB
 2 1  1 ，
3  0
若 l 与线段 AB 有公共点，如图，则 l 的斜率 k 的取值范围是, 11,  ，

设直线倾斜角为θ，则 k  tanθ， 故倾斜角的取值范围是 π , 3π  .
 44 
x2y2FF
已知椭圆C :

a2b2
 1a  b  0 的左、右焦点分别为 1 ， 2 ， P 为椭圆C 上一点.
2
若焦距为4，点 P 的坐标为3,1 ，求椭圆C 的标准方程；
若F PF  π，且VF PF 的面积为 3 ，求b 的值.
123122
2
2
1
【答案】（1） x  y 
124
（2） 6
2
【解析】
【分析】（1）首先根据焦距可以求解c 的值，然后再将点代入椭圆方程中，进而通过解方程求解 a ，b 的值；
（2）由VF1PF2 的面积求解| PF1 |  PF2
的值，再结合椭圆的定义和余弦定理进行求解即可.
2
2
2
【小问 1 详解】
已知 F1F2
 4
，所以得： 2c  4
，即c  2，
由于点 P 3,1 在椭圆上，将其代入椭圆方程 x2  y2  1a  b  0 ，
a2b2
321291
2
可得：  1 ，即 2  1 ，
a2b2ab
又因为c2  a2  b2 ，即 a2  b2  8 .
a2  b2  8

联立 91
 a2  b2
，整理得： b4  2b2  8  0 ，解得： b2  4 或b2  2 （舍）
 1
2
所以 a2  b2  c2  4  8  12 ，故椭圆C 的标准方程为 x
2
y
 1.
124
【小问 2 详解】
1
2
因为F PF  π ，所以VF PF 的面积 S 
PF PF sin π 3 ，
123
12
1232
则 PF1  PF2
 2 ，根据椭圆定义可得： PF1  PF2
 2a .
根据余弦定理可得： F F 2  PF 2  PF 2  2 PF PF cs π ，
1 212123
整理得： F F 2   PF  PF 2  2 PF PF  2 PF PF cs π ，
1 21212123
代入得： 4c2  4a2  6 ，即 a2  c2  b2  3 ，即得： b 6 .
22
中国乒乓球队是中国体育军团的王牌之师，屡次在国际大赛上争金夺银，被体育迷们习惯地称为“梦之队”.2024 年巴黎奥运会，中国乒乓球队包揽全部五枚金牌．其中团体赛由四场单打和一场双打比赛组成，采用五场三胜制．每个队由三名运动员组成，当一个队赢得三场比赛时，比赛结束.2024 年 8 月 9 日，中国队对战瑞典队，最终以3:0 取得团体赛冠军，赛前某乒乓球爱好者对赛事情况进行分析，根据以往战
4
绩，中国队在每场比赛中获胜的概率均为 ．
5
求中国队以3:0 获胜的概率
求至多进行四场就结束比赛的概率．
【答案】（1）
529
（2）
625
【解析】
64
125
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式进行求解即可；
（2）设中国队进行三场、四场比赛获胜分别为事件C1, C2 ，瑞典队进行三场、四场比赛获胜分别为事件
D1, D2 ，至多进行四场比赛为事件C ，分别求出C1, C2 ， D1, D2 的概率，再利用互斥事件的加法公式即可求出事件C 的概率.
【小问 1 详解】
设事件 A  “中国队以3 : 0 的比分获胜”，
4 4 364
55
因为中国队在每一场中获胜的概率均为 ，所以 P  A   

，
125
64
中国队以3 : 0 的比分获胜的概率为125 ；
【小问 2 详解】
设中国队进行三场、四场比赛获胜分别为事件C1, C2 ，瑞典队进行三场、四场比赛获胜分别为事件
D1, D2 ，至多进行四场比赛为事件C ，
 4 364
 4 2
4 4192
所以 P C1    5   125 ， P C2   3 5  1 5  5  625 ，

 1 31
 1 2
1  112
P  D1    5   125 ， P  D2   3 5  1 5  5  625 ，

C1, C2 ， D1, D2 是互斥事件，

所以 P C   P C1  C2  D1  D2   P C1   P C2   P  D1   P  D2   ，，
 64  192  1  12  529 ，
125625125625625
所以至多进行四场就结束比赛的概率为
529
.
625
如图 1，在平行四边形 ABCD 中， AB  2BC  4, ABC  60 ，E 为CD 的中点．将V ADE 沿 AE
折起，连接 BD 与CD ，如图 2．
当 BD 为何值时，平面 ADE  平面 ABCE ?
设 BF  λBD(0  λ 1) ，当 BE ⊥DE 时，是否存在实数λ，使得直线 AF 与平面 ABCE 所成角
的正弦值为 2 ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
4
当三棱锥 B  CDE 的体积最大时，求三棱锥 D  ABE 的内切球的半径．
【答案】（1） BD  4
存在，λ 1
2
5 3 
10
15 .
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，然后计算，最后再证明面面垂直即可；
通过参数来表示空间向量的坐标，再利用空间向量法来求线面角，即可得到参数方程求值；
先利用几何法找到体积最大值，再利用等体积法来求内切球半径即可
【小问 1 详解】
连接 BE ，由题意得， AD  DE  2, ADE  60 ，则V ADE 为等边三角形， AE  AD  2 ，
在VBCE 中， EC  2, BC  2, BCE  180∘  60∘  120∘ ，
由余弦定理得 BE2  BC 2  EC 2  2BC  EC cs BCE  4  4  2  2  2   1   12 ，
2 
所以 BE  2

3
，由 BE  2 3, AE  2, AB  4 ，
则 AE2  BE2  AB2 ，故 BE ⊥ AE .
若平面 ADE  平面 ABCE ，
BE2  DE2
2 3 2  22
由平面 ADE ∩ 平面 ABCE  AE ， BE  平面 ABCE ， BE ⊥ AE ，则 BE  平面 ADE ， DE  平面 ADE ，则 BE ⊥DE ，
所以 BD 

 4 .
下面证明当 BD  4 时，平面 ADE  平面 ABCE .
证明：由 BE  2 3, DE  2, BD  4 ，则 BE2  DE2  BD2 ，
所以 BE ⊥DE ，又 BE ⊥ AE ， AE  DE  E, AE, DE  平面 ADE ，所以 BE  平面 ADE ，
又 BE  平面 ABCE ，所以平面 ADE  平面 ABCE ，故当 BD  4 时，平面 ADE  平面 ABCE ；
【小问 2 详解】
由（1）知， BE ⊥DE ，则平面 ADE  平面 ABCE .
在平面 ADE 内过 E 作 EG  AE ，
由平面 ADE ∩ 平面 ABCE  AE ， EG  平面 ABCE ，则 EG  平面 ABCE ， BE  平面 ADE ，则 EG  BE .
如图，以点 E 为坐标原点，以 EA, EB 所在直线分别为 x, y 轴，
过 E 垂直于平面 ABCE 的直线 EG 为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 E  xyz ，则 E 0, 0, 0, A2, 0, 0, B 0, 2 3, 0, C 1, 3, 0, D 1, 0, 3  ，
 
–––→–––→
故 AB  2, 2 3, 0 , BD  1, 2 3, 3 ，
由 BF  λBD(0  λ 1) ，
–––→–––→–––→–––→–––→
→
AF  AB  BF  AB  λBD  2, 2 3, 0 λ1, 2 3, 3   2  λ, 2 3(1λ), 3λ，
因为 z
轴垂直平面 ABCE ，故可取平面 ABCE 的一个法向量为 m  0, 0,1 ，
设直线 AF 与平面 ABCE 所成角为θ，
sinθ
→ –––→

4
所以cs
m, AF
10 ，
m AF
→  –––→
m AF
→ –––→
3λ
2  λ2  2

3(1λ
)3λ2

2


30
2
解得λ 1 ，或-4（舍）故当 BE ⊥DE 时，存在λ 1 ，
22
使直线 AF 与平面 ABCE 所成角的正弦值为 2 ；
4
【小问 3 详解】
设点 D 到平面 ABCE 的距离为h ，
由V V
 1 Sh ，其中 S
为定值，
BCDED BCE
3 V BCE
V BCE
则要使三棱锥 D  BCE 的体积最大时，则点 D 到平面 BCE 的距离取最大值，取 AE 中点 H ，连接 DH ，则 DH  AE ，
当 DH  平面 BCE 时，点 D 到平面 BCE 的距离最大，此时，由 DH  平面 ADE ，则平面 ADE  平面 ABCE ，
由（1）知， BE ⊥DE ， VBED 为直角三角形， BD  4 .
则 SV BED
 1 BE  DE  1  2 3  2  2，
3
22
SV ABE
S
 1 AE  BE  1  2  2
22
 1 AE  DH  1  2 
 2，
3
3
3  2 3 ，
V ADE222
在△ABD 中， AB  4, AD  2, BD  4 ，取 AD 中点 M ，
42 12
则 BM  AD ，且 BM 
 15 ，
所以 S
V ABD
 1 AD  BM  1  2 ，
15
15
22
设内切球球心为 I ，内切球半径为 r ，由等体积法知，
V V V V V 1 r S S S S
D ABEI  ABDI  ABEI  ADEI BDE3
V ABD
V ABE
V ADE
V BDE
其中，VD ABE
 1 S
3
V ABE
 DH  1  2 3 
3
3
 2 ，
故 r 
3VD ABE
SV ABD  SV ABE  SV ADE  SV BDE
2  3
 5 3  15 ，
2 3  3  2 3  15
10
故当三棱锥 B  CDE 的体积最大时，三棱锥 D  ABE 的内切球的半径为 5 3 
10
15 .
动圆C ： x2  y2  λx  λy  λ1  0 λ R  与直线l ： y  2x 交于 A, B 两点．
证明：动圆C 必过两定点，并求出这两点坐标；
求 AB 的最小值；
是否存在一条定直线，在其上任取点 K ，无论λ为何值，都有 KA  KB 为常数，若存在，求出定直线方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） (1, 0) 或( 0, 1) ；
4
（2） ；
3
（3）存在， 3x  6 y  5  0 .
【解析】
22
x2  y2 1  0
【分析】（1）将圆的方程整理得 x  y 1 λ(x  y 1)  0 λ R ，由
x  y 1  0
，可解得两定
点；
求出圆 x2  y2  λx  λy  λ1  0 λ R  的圆心坐标和半径 r ，求圆心到直线l 的距离为 d ，
r 2  d 2
使用公式 AB  2
，将 r 和 d 代入整理得 AB  2
，设t 
9 λ2  λ1 ，利用二
20
9 λ2  λ1
20
min
次函数的图像和性质求出 AB；
设定 A(x1, 2x1) ， B(x2 , 2x2 ) ， K (m, n) ，根据向量法得出 KA  KB ，经整理后得到
–––→ –––→
KA  KB 
3
[ (m 5
 2n) 1]λ m2  n2 1 ，因为无论λ为何值，都有 KA  KB 为常数，则有
3 (m  2n) 1  0 ，进而得到定直线.
5
【小问 1 详解】
x2  y2  λx  λy  λ1  0 λ R  ，
整理得 x2  y2 1 λ(x  y 1)  0 λ R  ，
x2  y2 1  0
x  1
x  0
由x  y 1  0，解得 y  0 或 y  1 ，

即动圆C 恒过两定点的坐标为(1, 0) 或( 0, 1) .
【小问 2 详解】
由圆的方程 x2  y2  λx  λy  λ1  0 λ R  可得，
, )
圆C 的圆心坐标为C(λ λ ，
22
圆C 的半径为 r  1 λ2  λ2  4(λ1)  12λ2  4λ 4 ，
2  (λ  λ
22
5
)
λ
2
5
22
λ
2 5
则圆C 的圆心到直线l ： y  2x 的距离为 d ，
r 2  d 2
所以 A, B 两点间的距离
AB  2
 2，
λ2
1 (2λ2  4λ 4)  4
4
5
9 λ2  λ1
20
整理得 AB  2
9
，
λ 1
  10
设t 
λ2  λ1 ，其对称轴为
20
2  99 ，
20
故t 9 ( 10)2  ( 10) 1  4 ，
min20999
min
所以 AB 2
 4 .
4
9
3
【小问 3 详解】
设 A(x1, 2x1) ， B(x2 , 2x2 ) ，
将直线 y  2x 代入圆 x2  y2  λx  λy  λ1  0 λ R  中， 得 x2  (2x)2  λx  λ (2x)  λ1  0 ，

12
x  x   3λ
整理得5x2
 3λx  λ1  0 ，根据韦达定理得
5 ，
λ1
x x  
 1 25
设 K (m, n) ，则 KA  (x1  m, 2x1  n) ， KB  (x2  m, 2x2  n) ，
则有 KA  KB  (x1  m)(x2  m)  (2x1  n)(2x2  n) ，
整理得 KA  KB  5x x
 (m  2n)(x
 x )  m2  n2 ，
–––→ –––→
1 212
(λ1)3λ22
即有 KA  KB  5 (m  2n)(
55
)  m
 n ，
–––→ –––→322
整理得 KA  KB  [ (m  2n) 1]λ m  n
5
1 ，
因为无论λ为何值，都有 KA  KB 为常数，

则令 3 (m  2n) 1  0 ， KA KB 为常数m2  n2 1.
5
故存在定直线 x  2 y  5 ，即3x  6 y  5  0 ，其上任意点 K 满足条件.
3