湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共29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：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
复数 z 满足1 2i z  3  4i ，则
5
5B.

z
（）
C.5D. 5
24
3
6
过直线l1 : 3x  3y  6  0 与l2 : y  2  6x 的交点，且与直线 x  2 y  3  0 垂直的直线l
的方程为 （）
2x  y  4
2x  y  4
2x  y  0
2x  y  0
一组正数 x, y, 2, 3, 4, 5, 6, x 的平均数为3 ，则 1 
x
1
的最小值为 （）
2 y
9999
A. B. C. D.
4  y2
24816
若 x, y 满足 x  2 
，则2x  y 的最小值为 （）
5
A. 4  2
B. 2C. 4  2
D. 8
5
若 P 既在直线 x  y  3  0 上，又在以 F1 1, 0，F2 1, 0 为焦点的椭圆C 上，则椭圆C 的离心率的最
大值为（）
2 5B. 4C. 3
555
D.5
5
我们知道， 空间中， 过点 P  x0 , y0 , z0  且一个法向量为 a, b, c 的平面， 其方程可以写成
a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 ，则点1, 2, 2 到平面 x  y  z  0 的距离 （）
A. 5B.15
33
C.
D. 5 3
3
5
已知正四棱柱 ABCD  A B C D 中， BE  1 BB  2 (点 E 在棱 BB 上)， 4 AB  3AA ，则该四棱柱
1 1 1 14111
19
95
被过点 A1 ， C ， E 的平面截得的截面面积为
2
24
36C. 12
D. 6
→→→ →1→→→→→
2
若 a  b  1, a  b  ，向量c 满足c  b c  2a   0 ，则 c 的最大值为 （）
3  5
2
3 7
2
5 6
2
6 7
2
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
下列命题为真命题的是（）
若 P  AB  P  A P  B ，则 A 与 B 相互独立
若 A 与 B 互斥，则 P  AB  0
方差、标准差、极差均能反映一组数据的离散程度
数据3, 4, 5, 6, 7,8, 9,10 的第75 百分位数为8
x2y2
F , F
设椭圆C :
 1 的左，右焦点分别为 12 ，点 P 是椭圆C 上的动点，则下列结论正确的是
42
（）
离心率e 2
2
2
PF1 的最小值为4 
F PF 的大小可以是 π
123
满足VPF1F2 为等腰三角形的点 P 有6 个
如图，在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AD  2 AB  2 AA1  4 ， E, F , H 分别是棱 AD, B1C1, BC 的中点，点 P 在侧面 A1 ADD1 内，且 BP  xBE  y BF  x, y  R  ，则（）
2
AP 的最小值是
A1H  BP
三棱锥 P  ABF 的体积是定值
三棱锥 P  BB1F 的外接球表面积的取值范围是12π, 44π
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
从集合2, 3, 4, 6,8, 9 中任取两个不相等正数 a, b ，则lga b  2 成立的概率是.
古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点 A、B 及动点 P ，若| PB |  λ（λ 0 且
| PA |
λ 1），则点 P 的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）．在平面直角坐标系中，已知O(0, 0), N (0, 1) ，直线l1 : kx  y  k  2  0 ，直线l2 : x  ky  2k 1  0 ，若
M 为l , l 的交点，则 2 | MO |  1 | MN | 的最小值为．
1 233
x2y2
已知椭圆 E ：

a2b2
 1a  b  0 的两条弦 AB，CD 相交于点 P （点 P 在第一象限），且 AB ⊥x 轴，
CD  y 轴.若 PA : PB : PC : PD  1: 3 :1: 5 ，则椭圆 E 的离心率为．
四、解答题：本题共 5 小题，共 60 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
已知V ABC 顶点 A0, 2 ，边 AC 上中线 BD 所在直线方程为 x  3y  2  0 ，边 AB 上的高所在直线方程为 x  y  2  0 ．
求边 AB 所在直线方程；
求点 B 和点C 的坐标．
某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊
球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分 100 分.参加考核的学生有 40 人，考核得分的频率分布直方图如图所示.
由频率分布直方图，求出图中t 的值，并估计考核得分的第 60 百分位数:
为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分
配)，从得分在70, 90 内的学生中抽取 5 人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自70,80 和
80, 90 的概率:
现已知直方图中考核得分在70,80 内的平均数为 75，方差为 6.25，在80, 90 内的平均数为 85，方差为 0.5，求得分在70, 90 内的平均数和方差.
如图，四边形 ABCD 中， AB  AD ， AD / / BC ， AD  6 ， BC  2 AB  4 ， E ， F 分别在 BC ，
AD 上， EF //AB ，现将四边形 ABCD 沿 EF 折起，使 BE  EC ．
AP
若 BE  1，在折叠后的线段 AD 上是否存在一点 P ，使得CP / / 平面 ABEF ？若存在，求出 PD 的
值；若不存在，说明理由.
求三棱锥 A  CDF 的体积的最大值，并求出此时点 F 到平面 ACD 的距离.
在平面直角坐标系中，求两条直线的夹角的大小有以下公式：设直线l1 ，l2 的夹角为θ，斜率分别为 k1 ，
ktanθ
x2y2
2 ，则
.求椭圆的切线方程有以下结论：已知椭圆C :
k1  k2
1  k1k2
a2b2
 1a  b  0 的左右焦点
分别为 F ， F ， M  x ，y  为C 上一点，则C 在 M 点的切线l 的方程为 x0 x  y0 y  1. 椭圆的光学性质：
1200
a2b2
自 F2 发出的光线照射到点 M 处，被切线l 反射，反射光线一定经过点 F1 ．
证明椭圆的光学性质；
如图，过 F1 的直线交椭圆C 于 A ， B 两点( 非左右顶点). 求△ABF2 面积的最大值；
在平面直角坐标系中，定义 d  A, B  max x1  x2 , y1  y2  为两点 A x1 , y1  ，B  x2 , y2  的“切比雪夫距离”，又设点 P 及直线l 上任意一点 Q，称 d  P, Q 的最小值为点 P 到l 的“切比雪夫距离”，记作 d  P, l  .
（1）已知点 P 3,1 和点 R 1, 4 ，直线l ： x  1 ，求 d  P, R 和 d  P, l  .
（2）已知圆 C： x2  y2  2x  3  0 和圆 E：  x  a2
  y  a 


3 2
2


 25 .
4
若两圆心的切比雪夫距离 d C, E   1 ，判断圆 C 和圆 E 的位置关系；
2
若 a  0 ，圆 E 与 x 轴交于 M，N 两点，其中点 M 在圆 C 外，且 d M , N   3 ，过点 M 任作一条斜率不为 0 的直线与圆 C 交于 A，B 两点，记直线 AN 为l1 ，直线 BN 为l2 ，证明： d M , l1   d M , l2  .
襄阳四中 2024 级高二年级上学期期中考试
数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
复数 z 满足1 2i z  3  4i ，则
5
5B.

z
（）
5D. 5
24
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简 z ，从而得到 z ，再计算其模.
3  4i3  4i1 2i11 2i112
【详解】因为1 2i z  3  4i ，所以 z  i ，
z
112
1 2i
1 2i1 2i

555
则 z 
 i ，所以
55

5 .
 11 2 2 2
 5    5 

故选：B
3
6
过直线l1 : 3x  3y  6  0 与l2 : y  2  6x 的交点，且与直线 x  2 y  3  0 垂直的直线l
的方程为 （）
2x  y  4
2x  y  4
2x  y  0
2x  y  0
【答案】D
【解析】
【分析】先求直线l1 与l2 的交点，再利用垂直直线的斜率关系求得斜率，代入点斜式方程求解即可.
3
6
【详解】联立l1 : 3x  3y  6  0 与l2 : y  2  6x ，
6
3
将l2 的 y 代入l1 得 3x  3 2  6x 6  0 ，
6
3
3
6
整理得 3x  3 6  3 6x  6  0   3 6  x  3 3   0 ，
3
化简得 3 6  x 1  0 ，所以 x  1 .再将 x  1 代入l2 得 y  2 ，即交点为1, 2 .
直线 x  2 y  3  0 的斜率为 k   1 ，由垂直关系得直线l 斜率 k  2 .
122
所以过点1, 2 且斜率为2 的直线点斜式为 y  2  2  x 1 ，即2x  y  0 .
故选：D
一组正数 x, y, 2, 3, 4, 5, 6, x 的平均数为3 ，则 1 
x
1
的最小值为 （）
2 y
9999
A. B. C. D.
24816
【答案】C
【解析】
【分析】先通过平均数列式求得2x  y  4 ，然后利用基本不等式常数代换技巧求解最值即可.
【详解】因为正数 x, y, 2, 3, 4, 5, 6, x 的平均数为3 ，
所以 x  y  2  3  4  5  6  x  2x  y  20  3 8  24 ，所以2x  y  4(x  0, y  0) .
所以 1  1
  1 
1  2x  y
 1  1  2x  1  y 
1  2x 
1  y   5  1  y  x 

x2 y
 x2 y 44  xx2 y2 y84  xy 

y  x
x y
 5  9 ，当且仅当 y  x 即 x  y  4 时取等号.
88xy3
故选：C
4  y2
若 x, y 满足 x  2 
，则2x  y 的最小值为 （）
5
A. 4  2
B. 2C. 4  2
D. 8
5
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得方程表示圆心为2, 0 、半径为2 的右半圆，然后结合截距的概念，利用直线与半圆的位
置关系数形结合求解即可.
4  y2
【详解】由题意，方程 x  2 
需满足 x  2 ， y 2, 2
将方程平方整理得(x  2)2  y2  4  x  2 ，即圆心为2, 0 、半径为2 的右半圆，令 z  2x  y ，即 y  2x  z ，所以z 为直线 y  2x  z 在 y 轴上的截距，
当直线过右半圆上顶点2, 2 时，直线 y  2x  z 在 y 轴上的截距最大，此时 z 最小，所以2x  y 的最小值为2 ．
故选：B
若 P 既在直线 x  y  3  0 上，又在以 F1 1, 0，F2 1, 0 为焦点的椭圆C 上，则椭圆C 的离心率的最
大值为（）
2 5B. 4C. 3
555
D.5
5
【答案】D
【解析】
【分析】将问题转化为求 PF1  PF2
 2a 的最小值，利用对称性即可求解.
【详解】因为椭圆焦点为 F1 1, 0 、 F2 1, 0 ，
所以焦距2c  2 ，即c  1，离心率e  c  1 ，因此求e 的最大值等价于求 a 的最小值，
aa
因为 P 是椭圆上任意点，所以 PF1  PF2
 2a ，
因此2a 的最小值对应 PF1  PF2
 2a 的最小值( 点 P 在直线 x  y  3  0 上) ，
直线 x  y  3  0 与两焦点 F1 、 F2 同侧，取 F2 1, 0 关于直线的对称点Q m, n ，
所以线段 F Q 的中点 m 1 , n  在直线上，故 m 1  n  3  0 ，即 m  n  5  0 ；
222 22

直线 F Q 与直线垂直( 斜率乘积为1) ，故 n  0  1，即 n  m 1，
2
联立得 m  3 ， n  2 ，即Q 3, 2 ，
m 1
当 P 、 F1 、Q 共线时， PF1  PF2 最小，最小值为 F1Q ，
(3 1)2  (2  0)2
F1Q 

 2，
16  4
5
5
因此2a 的最小值为2 5 ，即 amin ，
15
5
代入离心率公式得： emax  5 ．
故选：D．
我们知道， 空间中， 过点 P  x0 , y0 , z0  且一个法向量为 a, b, c 的平面， 其方程可以写成
a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 ，则点1, 2, 2 到平面 x  y  z  0 的距离 （）
A. 5B.15
33
C.
D. 5 3
3
5
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知平面法向量，然后利用点面距离的向量公式求解即可.
→
【详解】在平面 x  y  z  0 上任取一点，不妨取原点O 0, 0, 0 ，设点1, 2, 2 为 P ，所以OP  1 0, 2  0, 2  0  1, 2, 2 ，点O 为坐标原点，
由题意平面的法向量为 n  1,1,1 ，
则点1, 2, 2 到平面 x  y  z  0 的距离 d 
故选：D
–––→ →
12 12 12
11 2 1 2 1
5 3
OP·n5
3
→ ．
n3
已知正四棱柱 ABCD  A B C D 中， BE  1 BB  2 (点 E 在棱 BB 上)， 4 AB  3AA ，则该四棱柱
1 1 1 14111
19
95
被过点 A1 ， C ， E 的平面截得的截面面积为
2
A. 24
B. 36C. 12
D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】在 DD1 上取点 F ，使 D1F  2 ，连接 A1F ， CF ，得出截面四边形 A1ECF 是平行四边形，利用勾股定理，分别求得 A1E, CE, A1C ，结合余弦定理和面积公式，即可求解.
【详解】由题意，正四棱柱 ABCD  A B C D 中， BE  1 BB  2 ， 4 AB  3AA ，
1 1 1 1411
可得 AA1  BB1  CC1  8 ， BE  2 ，
在 DD1 上取点 F ，使 D1F  2 ，如图所示，
62  62
2
22  62
10
连接 A1F ， CF ，可得 A1F  CE 且 A1F / /CE ，则四边形 A1ECF 是平行四边形，四棱柱被过点 A1 ， C ， E 的平面截得的截面为 A1ECF ，
34
由勾股定理可得 A1E 
 6
， CE 
 2，
62  62  82
A1C 
 2，
5
A E2  CE2  AC 272  40 136
2  6 2  2 10
所以cs A1EC  11  ，
2 A1E  CE10
所以sin A1EC 
95 ，
10
所以平行四边形 A1ECF 的面积为 A1E  CE sin A1EC  6 2  2 10 
95  12.
19
10
故选: C.
→→→ →1→→→→→
2
若 a  b  1, a  b  ，向量c 满足c  b c  2a   0 ，则 c
的最大值为 （）
3  5
2
3 7
2
5 6
2
6 7
2
【答案】B
【解析】
→ 2→→→→→
【分析】由已知根据数量积的运算律得| c |
b  2a  c 1  0 ，设 d  b  2a ，则 d 
3 ，从而求得
csθ
1
→
→
3 c
2
| c |
，利用 csθ  1 列不等式，解不等式即可得解．
→→→→
→ 2→
→→→ →
【详解】因为c  b c  2a   0 ，即| c | b  2a  c  2a  b  0 ．
→ →1
→ 2→→→→
又 a  b 
，则| c |
2
b  2a  c 1  0 ，设 d  b  2a ，
→ 2→ 2→ 2→ →1→
则 d |  b | 4 | a |
4a  b  1 4  4   3 ，故 d
2
3 ．
→ →→ →
由 d  c  d c csθ(θ为d 与c 的夹角) ，
→→1 → 2
3
→
3 c
则| c |2 
c csθ1  0 ，解得csθ
| c |
．

因为 csθ  1 ，即
1
→
→
3 c
2
| c |
 3 7
 1 ，解得
→
3 7

，
c
22
3 7
→
故 c 的最大值为．
2
故选：B
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
下列命题为真命题的是（）
若 P  AB  P  A P  B ，则 A 与 B 相互独立
若 A 与 B 互斥，则 P  AB  0
方差、标准差、极差均能反映一组数据的离散程度
数据3, 4, 5, 6, 7,8, 9,10 的第75 百分位数为8
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据独立事件的定义判断 A；根据互斥的定义求解概率判断 B；根据方差、标准差、极差的概念判断 C；根据百分位数的求法求解判断 D.
【详解】选项 A：根据相互独立事件的定义，若事件 A 与 B 满足 P  AB  P  A P  B ，则 A 与 B 相互独
立，故 A 为真命题；
选项 B：若 A 与 B 互斥，则 A 和 B 不能同时发生，即 AB   ，因此 P  AB  P   0 ，故 B 为真命题；选项 C：方差、标准差反映数据与均值的偏离程度，极差( 最大值减最小值) 反映数据的波动范围，三者均 能刻画数据的离散程度，故 C 为真命题；
选项 D：数据3, 4, 5, 6, 7,8, 9,10 共8 个，计算第75 百分位数i  8 75%  6(i 为整数) ，
因此第75 百分位数为第6 个数8 与第7 个数9 的平均值，即 8  9  8.5  8 ，故 D 为假命题.
2
故选：ABC
x2y2
F , F
设椭圆C :
 1 的左，右焦点分别为 12 ，点 P 是椭圆C 上的动点，则下列结论正确的是
42
（）
离心率e 2
2
2
PF1 的最小值为4 
F PF 的大小可以是 π
123
满足VPF1F2 为等腰三角形的点 P 有6 个
【答案】ACD
【解析】
【分析】由椭圆的几何性质分别判断即可.
2
a2  b2
2
【详解】由椭圆方程知： a  2 ， b ，c ；
对于 A，离心率e  c 
a
2 ，A 正确；
2
2
min
对于 B，Q F1 c, 0 为椭圆左焦点， PF1 a  c  2 ，B 错误；
对于 C，当 P 为椭圆上下顶点时， PF1
 PF2
 2 ， F1F2
 2 2 ，
 PF 2  PF 2  F F
2 ，F PF  π ，
121 2
122
则当 P 在椭圆上运动时， F PF  0, π  ，则F PF 大小可以是 π ，C 正确；
122 123
对于 D，当 P 为椭圆上下顶点时， PF1  PF2  2 ，满足VPF1F2 为等腰三角形；
Q PF1 a  c, a  c ，即 PF1  2 2, 2 2  ，

2
 PF1  F1F2  2c  2能成立，根据椭圆对称性知：此时有2 点满足题意；
同理可知： PF2  F1F2 时，有2 点满足题意；
满足VPF1F2 为等腰三角形的点 P 有6 个，D 正确.故选：ACD
如图，在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AD  2 AB  2 AA1  4 ， E, F , H 分别是棱 AD, B1C1, BC 的中点，点 P 在侧面 A1 ADD1 内，且 BP  xBE  y BF  x, y  R  ，则（）
2
AP 的最小值是
A1H  BP
三棱锥 P  ABF 的体积是定值
三棱锥 P  BB1F 的外接球表面积的取值范围是12π, 44π
【答案】BCD
【解析】
【分析】以点 D 为原点建立空间直角坐标系，设 P a, 0, b0  a  4, 0  b  2 ，根据
BP  xBE  y BF  x, y  R  可求得点 P 的轨迹，从而可判断 AB；证明 ED1 ∥平面 ABF ，即可判断
C；由三棱锥 P  BB1F 的外接球的球心在过点 M 且垂直于平面 BB1F 的直线上，设球心为O ，
O 3, m,1 ，根据OP  OB ，将m 用b 表示，从而可求得外接球半径的范围，即可判断 D.
【详解】解：如图，以点 D 为原点建立空间直角坐标系，
则 A4, 0, 0, B 4, 2, 0, E 2, 0, 0, F 2, 2, 2, H 2, 2, 0, A1 4, 0, 2, D1 0, 0, 2 ，
设 P a, 0, b0  a  4, 0  b  2 ，
则 BP  a  4, 2, b, BE  2, 2, 0, BF  2, 0, 2 ，因为 BP  xBE  y BF  x, y  R  ，
a  4  2x  2 y

所以2  2x

b  2 y
0  2  b  4
x  1

，得a  2  2 y ，所以 a  2  b ，

b  2 y

则0  b  2
，得0  b  2 ，
D1P  a, 0, b  2  a, 0, a, PE  2  a, 0, b  2  a, 0, a  2 ，当 a  2 时， PE  0 ，则 D1P∥PE ，
––––→a–––→
当 a  2 时，则 D1P  2  a PE ，则 D1P∥PE ，综上， D1P∥PE ，
所以 D1, P, E 三点共线，
即点 P 的轨迹即为线段 ED1 ，
a  42  b2
对于 A， AP 

 2 ，
2b2  b2  4
即 AP 的最小值是2 ，故 A 错误；
对于 B， A1H  2, 2, 2, BP  a  4, 2, b ，
2
2
2
则 A1H  BP  2a  8  4  2b  2 2  a  4  2b  0 ，所以 A1H  BP ，故 B 正确；
对于 C， BF  2
，则 S 1  2  2
 2
为定值，
V ABF2
由点 P 的轨迹即为线段 ED1 ，
且 ED1  2, 0, 2, BF  2, 0, 2  ED1 ，所以 BF∥ED1 ，
又 BF  平面 ABF ， ED1  平面 ABF ，
所以 ED1 ∥平面 ABF ，
所以点 P 到平面 ABF 的距离为定值，即三棱锥 P  ABF 的高为定值，所以三棱锥 P  ABF 的体积是定值，故 C 正确；
对于 D，设 BF 的中点为 M ，
则在RtVBB1F 中， RtVBB1F 外接圆的圆心即为点 M ，
则三棱锥 P  BB1F 的外接球的球心在过点 M 且垂直于平面 BB1F 的直线上，设球心为O ， O 3, m,1 ，
则OP  OB ，
即
 1 m  22
2  b2
1 ，所以 m ，
2
1 b2  m2  1 b2
则OB2  1 m  22 1  1 b4  b2  3 ，
4
因为 0  b  2 ，所以OB2 3,11，
即三棱锥 P  BB1F 的外接球的半径 R  
3, 11 ，

所以三棱锥 P  BB1F 的外接球表面积的取值范围是12π, 44π ，故 D 正确.故选：BCD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
从集合2, 3, 4, 6,8, 9 中任取两个不相等正数 a, b ，则lga b  2 成立的概率是.
1
【答案】
6
【解析】
【分析】先用列举法将所有有序对a, b 列出，共有30 个，再根据 a 的取值，进行分类讨论，得到满足条件的有序对a, b 共有5 个，根据古典概型概率公式即得.
【详解】根据题意，从集合2, 3, 4, 6,8, 9 中任取两个不相等的正数 a, b ，构成有序对a, b ，
总情况有2, 3 ， 2, 4 ， 2, 6 ， 2,8 ， 2, 9 ，
3, 2 ， 3, 4 ， 3, 6 ， 3,8 ， 3, 9 ，
4, 2 ， 4, 3 ， 4, 6 ， 4,8 ， 4, 9 ，
6, 2 ， 6, 3 ， 6, 4 ， 6,8 ， 6, 9 ，
8, 2 ， 8, 3 ， 8, 4 ， 8, 6 ， 8, 9 ，
9, 2 ， 9, 3 ， 9, 4 ， 9, 6 ， 9,8 ，共30 个，
当 a  2 时，由lga b  2 ，得b  4 ，有2, 4 ， 2, 6 ， 2,8 ， 2, 9 ，共4 个；当 a  3 时，由lga b  2 ，得b  9 ，有3, 9 ，共1个；
当 a  4 时，由lga b  2 ，得b  16 ，无满足条件的b ；
综上，符合条件的有序对共4 1  5 个，
所以， lg b  2 成立的概率为 P  5  1 .
a
1
故答案为：
6
306
古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点 A、B 及动点 P ，若| PB |  λ（λ 0 且
| PA |
λ 1），则点 P 的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）．在平面直角坐标系中，已知O(0, 0), N (0, 1) ，直线l1 : kx  y  k  2  0 ，直线l2 : x  ky  2k 1  0 ，若
M 为l , l 的交点，则 2 | MO |  1 | MN | 的最小值为．
1 233
【答案】 10
3
【解析】
【分析】由已知可得 l1  l2 ， 则点 M 的轨迹是以 EF 为直径的圆， 除去 F 点， 得到的轨迹方程为
 x 12  y2  4  y  2 ， 由阿氏圆性质找到点 D 3,0, ，将2 MO 转化为 MD ，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可.
【详解】
当 k  0 时， l1 : y  2,l2:x  1 ，此时交点为 M (1,2) ，当 k  0 时，由直线l1:kx  y  k  2  0 ，斜率为k；
由直线l :x  ky  2k 1  0 ，斜率为 1 ，l  l ，
2k12
又l1:k  x 1  y  2  0 ，所以直线l1 恒过点 E 1,2 ， l2:x 1 k  y  2  0 ，所以直线l2 恒过 F 1,  2 ，若 M 为l1 ， l2 的交点，则 ME  MF ，
所以点 M 的轨迹是以 EF 为直径的圆，除去 F 点，E 点,
综合以上两种情况，点 M 的轨迹是以 EF 为直径的圆，除去 F 点，则圆心为 EF 的中点C 1,0 ，圆的半径为 r  2 ，
M1D
M1O
MD
MO
故 M 的轨迹方程为 x 12  y2  4  y  2 ，即 y2  3  2x  x2  y  2 ，又O 0,0, N 0, 1 ,易知O, N 在该圆内，又由题意可知圆 C 上一点 M1 1,0
满足 M O  1，取 D 3,0 ，则| M D | 2 ，满足
 2 .下面证明任意一点 M  x,y  都满足
 2 ，
11
4 x2  y2 
即 MD  2 MO ，因为2 MO 

4 x2  3  2x  x2 
4 3  2x
，
 x  32  y2
又 MD 
所以2 MO  MN

 x  32  3  2x  x2
 MD  MN
4 3  2x
 DN ，

,所以 MD  2 MO ,
又 DN 
， 2 | MO |  1 | MN |
10 ，
3  02  0 12
10
333
如图,当且仅当 N ,M ,D 三点共线,且 M 位于 N,D 之间时,等号成立,即的最小值为 10 .
3
故答案为： 10
3
【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点 D，构造 MD  2 MO ，转化线段和结合三角形三边关系计算即可.
2
E
已知椭圆 ： x
2
y  1a  b  0 的两条弦 AB，CD 相交于点 P （点 P 在第一象限），且 AB ⊥x 轴，

2
2
ab
CD  y 轴.若 PA : PB : PC : PD  1: 3 :1: 5 ，则椭圆 E 的离心率为．
【答案】 10
5
【解析】
【分析】设 P m, n, PA  t ，则 Am, n  t , B m, n  3t  ， C m  t, n, D m  5t, n ，再根据 A, B 关于
x 轴对称， C, D 关于 y 轴对称，可求得 m, n ，再由C, D 在椭圆上，构造出 a, b 的齐次式即可得解.
【详解】设 P m, n, PA  t ，则 Am, n  t , B m, n  3t  ， C m  t, n, D m  5t, n ，由题知 A, B 关于 x 轴对称， C, D 关于 y 轴对称，
所以 n  t  n  3t  0 ， m  t  m  5t  0 ，即 n  t ， m  2t ，所以C 3t, t , A2t, 2t  ，
9t 2  t 2 
 a2
所以 4t 2
b2
4t 2
1
，即 9  1  4  4 ，
a2b2a2b2
 1
 a2b2
5  3b2  3
所以 a2b2 ，即 a25 ，
所以椭圆 E 的离心率为e 
故答案为： 10 .
5
，
1
b2
a2
2
5
10
5
四、解答题：本题共 5 小题，共 60 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
已知V ABC 顶点 A0, 2 ，边 AC 上中线 BD 所在直线方程为 x  3y  2  0 ，边 AB 上的高所在直线方程为 x  y  2  0 ．
求边 AB 所在直线方程；
求点 B 和点C 的坐标．
【答案】（1） x  y  2  0
（2） B2,0 ， C 2, 0
【解析】
【分析】（1）先利用 AB 上的高所在方程求出斜率，再利用点斜式求出方程；
（2）先利用 B 是 AB 与中线 BD 的交点，联立直线 AB 与 BD 方程求出点 B 坐标，利用 D 是 AC 中点，结合C
在 AB 上的高所在直线方程上，求出点C 坐标．
【小问 1 详解】
Q AB 上的高所在直线方程为 x  y  2  0 ，斜率为1，
而 AB 与其高所在直线垂直， kAB  1  1，解得 kAB  1 ，
Q A0, 2 ，根据点斜式得 y  2  x ，整理得 x  y  2  0 ．
【小问 2 详解】
x  y  2  0
x  2
Q B 是 AB 与中线 BD 的交点，联立直线 AB 与 BD 方程x  3y  2  0 得，  y  0 ，

 B 2, 0 .
设点C  x, y  ， Q BD 是 AC 的中线，∴D 为 AC 中点，Q A0, 2 ， D  x , 2  y  ，
 22

又Q D 在直线 BD 上， x  3 2  y   2  0 ，整理得 x  3y  2  0 ，
22



又Q C 在 AB 上的高所在直线方程 x  y  2  0 上，联立x  3y  2  0 ，解得x  2 ，
C 2, 0 ．
x  y  2  0
 y  0
某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊
球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分 100 分.参加考核的学生有 40 人，考核得分的频率分布直方图如图所示.
由频率分布直方图，求出图中t 的值，并估计考核得分的第 60 百分位数:
为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在70, 90 内的学生中抽取 5 人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自70,80 和
80, 90 的概率:
现已知直方图中考核得分在70,80 内的平均数为 75，方差为 6.25，在80, 90 内的平均数为 85，方差为 0.5，求得分在70, 90 内的平均数和方差.
【答案】（1） t  0.030 ，85
3
（2）
5
（3）得分在[70, 90) 内的平均数为 81，方差为 26.8.
【解析】
【分析】（1）首先根据频率和为 1 求出t  0.03 ，再根据百分数公式即可得到答案；
求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可；
根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可.
【小问 1 详解】
由题意得:10 (0.01 0.015  0.020  t  0.025)  1，解得t  0.03 ，
设第 60 百分位数为 x ，则0.0110  0.01510  0.02 10  0.03 (x  80)  0.6 ，解得 x  85 ，第 60 百分位数为 85.
【小问 2 详解】
由题意知，抽出的 5 位同学中，得分在[70,80) 的有5 8
20
5 12  3 人，设为 a 、b 、c .
20
 2 人，设为 A 、 B ，在[80,90) 的有
则样本空间为  {( A, B),( A, a),( A, b),( A, c), (B, a),(B, b),(B, c), (a, b),(a, c), (b, c)}, n()  10 .
设事件 M  “两人分别来自[70,80) 和[80,90) ，则
M  {( A, a),( A, b),( A, c), (B, a),(B, b),(B, c)}, n(M )  6 ，
因此 P(M )  n(M )  6  3 ，
n()105
所以两人得分分别来自[70,80) 和[80,90) 的概率为 3 .
5
【小问 3 详解】
由题意知，落在区间[70,80) 内的数据有40 10  0.02  8 个，落在区间[80,90) 内的数据有40 10  0.03  12 个.
记在区间[70,80) 的数据分别为 x , x ,L , x ，平均分为 x ，方差为 s2 ；
128x
2
y
在区间[80,90) 的数据分别为为 y1, y2 ,L, y12 ，平均分为 y ，方差为 s ；
这 20 个数据的平均数为 z ，方差为 s2 .
221 8
1 12
由题意， x  75, y  85, sx  6.25, sy  0.5 ，且 x  8  xi , y  12  y j ，则
z  8x 12 y  8 75 12  85  81.
2020
根据方差的定义，
i1
j 1
21  8
212
2 1  8
212 2 
20
s  xi  z 
 i1
  y j  z 
j 1
  xi  x  x  z 
20
 i1
  y j  y  y  z  
j 1
 1  8 28 2
812
212 2
12 
20  xi  x   (x  z )  2(x  z ) xi  x    y j  y   ( y  z )  2(x  z ) y j  x 
 i1
i1
i1
j 1
j 1
j 1
881212
由 xi  x   xi  8x  0,  y j  y   yj 12 y  0 ，
i1
2
i1
1  8
j 1
28
y 1
12
2
212 2 
可得 s
 xi  x 
20
 i1
 (x  z )
i1
  y j  y 
j 1
 ( y  z ) 
j 1

 1 8s2  8(x  z )2 12s2 12( y  z )2 
20xy
 2 s2  (x  z )2   3 s2  ( y  z )2 
5x5y
55
 2 6.25  (75  81)2   3 0.5  (85  81)2   26.8
故得分在[70, 90) 内的平均数为 81，方差为 26.8.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分利用方差定义，推导出分层抽样的方差计算公式即可.
如图，四边形 ABCD 中， AB  AD ， AD / / BC ， AD  6 ， BC  2 AB  4 ， E ， F 分别在 BC ，
AD 上， EF //AB ，现将四边形 ABCD 沿 EF 折起，使 BE  EC ．
AP
若 BE  1，在折叠后的线段 AD 上是否存在一点 P ，使得CP / / 平面 ABEF ？若存在，求出 PD 的
值；若不存在，说明理由.
求三棱锥 A  CDF 的体积的最大值，并求出此时点 F 到平面 ACD 的距离.
【答案】（1）存在， AP = 3
PD2
3
（2）三棱锥 A­CDF 的体积的最大值为 3，此时点 F 到平面 ACD 的距离为
【解析】
【分析】(1)在 AD 上取一点 P，使得 AP =
PD
3
，证明线面平行，则 P 点就是所求的点；
2
(2)先设 BE  x
，运用二次函数即可求出三棱锥 A  CDF
的体积最大值，再运用等体积法求出 F 到平面
ACD 的距离.
【小问 1 详解】
AD 上存在一点 P，使得 CP / / 平面 ABEF，此时 AP = 3 ，
PD2
理由如下：当 AP =
3 时， AP = 3 ，
PD2AD5
如图，过点 P 作 M / / FD 交 AF 于点 M，连接 ME，则 MP 
AP  3 ，
FDAD5
∵BE＝1，∴FD＝5，∴MP＝3，又 EC＝3，MP / / FD / / EC，∴MP / / EC，故四边形 MPCE 为平行四边形，∴CP / / ME，
又 CP⊄平面 ABEF，ME⊂平面 ABEF，
∴CP / / 平面 ABEF；
【小问 2 详解】
设 BE＝x，则 AF＝x(0