云南省景东彝族自治县第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

这是一份云南省景东彝族自治县第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷，共11页。试卷主要包含了 请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟；满分100分
注意事项：
1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2. 请将答案正确填写在答题卡上
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,只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合A={x||x-1|≤k,k＞0}，B={x|-3≤x≤3}，若A⊆B，则k的最大值是（ ）
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
2．一元二次不等式ax2-bx+c＞0的解集为{x|1＜x＜2}，则不等式cx2-bx+a＜0的解集为（ ）
A. B.
C. D.
3．已知a为实数，函数f（x）=x2-|x2-ax-2|在区间（-∞，-1）和（2，+∞）上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A. [1，8] B. [3，8] C. [1，3] D. [-1，8]
4．已知，，则sin（α+β）=（ ）
A. B. C. D.
5．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a,b,c,且b2+c2+bc-a2=0，则=（ ）
A. - B. C. - D.
6．已知为纯虚数，则|z+zi|=（ ）
A. B. 2 C. 1 D.
7．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1的中点．若点P为侧面正方形ADD1A1内（含边界）的动点，且存在x,y∈R使成立，则B1P与侧面ADD1A1所成角的正切值最大为（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
8．过点（-1，0）作直线l与圆（x-2）2+（y-1）2=1相切，斜率的最大值为M，若a+b=M，a＞0，b＞0，则的最小值是（ ）
A. 12 B. 9 C. D.
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.
9．已知函数f（x）=lnx+ln（2-x），则（ ）
A. f（x）在（0，2）单调递增
B. f（x）在（0，1）单调递增，在（1，2）单调递减
C. y=f（x）的图象关于直线x=1对称
D. y=f（x）的图象关于点（1，0）对称
10．已知圆C：（x+2）2+y2=4，直线l：（m+1）x+2y-1+m=0（m∈R）．则（ ）
A. 直线l恒过定点（-1，1）
B. 当m=0时，圆C上恰有四个点到直线l的距离等于1
C. 直线l与圆C有一个交点
D. 若圆C与圆x2+y2-2x+8y+a=0恰有三条公切线，则a=8
11．已知曲线C：•=3，以下判断正确的是（ ）
A. 曲线C与y轴交点为（0，±2）
B. 曲线C关于y轴对称
C. 曲线C上的点的横坐标的取值范围是[-2，2]
D. 曲线C上点到原点的距离最小值为

三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12．在底面边长为2的正三棱柱中，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为，则该正三棱柱的体积为 _____．
13．一座到拱形桥（圆的一部分），当拱顶距离水面2m时，水面宽为12m.当水面下降1m后，水面宽为 _____m.
14．已知抛物线y2=4x上位于第一象限内的点P到抛物线的焦点F的距离为5，过点P作圆x2+y2-4x-2y+1=0的切线，切点为M，则|PM|= _____．
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知函数f（x）=（3m2-8m-2）xm（m∈R）为幂函数，且f（x）在（0，+∞）上单调递增．
（1）求f（x）的解析式；
（2）若f（a+4）+f（-a2+a-1）＜0，求实数a的取值范围．
16．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，点M在棱AC上，点N为A1C1的中点，且平面A1BM∥平面B1CN，AB=BC，AC=2，AA1=．
（1）求证：M是AC的中点；
（2）求证：AC1⊥平面A1BM．
17．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD为等腰直角三角形，且，F为棱PC上的点（异于端点），平面ADF与棱PB交于点E．
（1）求证：EF∥平面ABCD．
（2）若，且平面PAD⊥平面ABCD，求异面直线PB与DF所成角的余弦值．
18．已知圆F的圆心坐标为（1，0），且被直线x+y-2=0截得的弦长为．
（1）求圆F的方程；
（2）若动圆M与圆F相外切，又与y轴相切，求动圆圆心M的轨迹方程；
（3）直线l与圆心M轨迹位于y轴右侧的部分相交于A、B两点，且•=-4，证明直线l必过一定点，并求出该定点．
19．已知，动点P满足|PF1|=6，M为线段PF2上一点，Q为线段PF1上一点，且QM⊥PF2，∠PQF2=2∠PQM，记点Q的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）设点H（t,0）（t＜0），且|HQ|的最小值为2．
（ⅰ）求t的值；
（ⅱ）若A，B为C的左，右顶点，过H的直线与C交于不同雨A，B的E，F两点，直线AE与BF交于点D，则是否存在点D，满足∠EDF=90°？若存在，求出直线EF的方程；若不存在，请说明理由．
试卷答案
C 2．C 3．A 4．B 5．B 6．A 7．D 8．A 9．BC 10．AD 11．BCD
12．【答案】
【解析】建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量求法求出三棱柱的高，再利用体积公式即可求得答案．
解：已知在底面边长为2的正三棱柱中，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为，
设正三棱柱的高为h,
以A为坐标原点，在底面ABC内过点A作AC的垂线为x轴，AC，AA1所在直线为y,z轴，建立空间直角标系，
则，
则，
因为异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为，
故，
由于，
即，
解得h=1，
故该正三棱柱的体积为．
故答案为：．
13．【答案】
【解析】以圆拱拱顶为直角坐标系原点，以过圆拱拱顶的竖直直线为纵轴，建立如图所示的坐标系，根据题意求出圆的方程，然后再根据题意设点代入圆方程求解即可．
解：根据题意，以圆拱拱顶为直角坐标系原点，以过圆拱拱顶的竖直直线为纵轴，
建立如图所示的坐标系，
设圆心为（0，b），b＜0，则该圆的半径为|b|，
要求圆的方程为：x2+（y-b）2=b2，
拱顶距离水面2m时，水面宽为12m,可知点A（6，-2），B（-6，-2）在圆上，
把点A（6，-2）的坐标代入圆方程中得：62+（-2-b）2=b2，解得b=-10，
所以圆的方程为：x2+（y+10）2=100，
当水面下降1m时，设A′（x,-3），B′（-x,-3），
代入圆方程得：x2+（-3+10）2=100，解得，即，
此时水面宽为m.
故答案为：．
14．【答案】3
【解析】先根据抛物线的定义求出点P的坐标，再将圆的方程化为标准方程，得到圆心坐标和半径，最后根据切线的性质，利用勾股定理求值．
解：在抛物线y2=4x中，2p=4，
则p=2，所以焦点F（1，0），准线方程为x=-1，
设点P（x0，y0）（x0，y0＞0），
根据抛物线的定义，可得x0+1=5，
解得x0=4，
把x0=4代入y2=4x,
得，
因为y0＞0，
所以y0=4，即P（4，4），
又（x-2）2+（y-1）2=4，所以圆心为C（2，1），半径r=2，
故．
故答案为：3．
15．【解析】（1）根据幂函数的定义和单调性，可得不等式组，解之可得m=3，即得函数解析式；
（2）利用函数f（x）=x3的奇偶性和单调性将抽象不等式化成一元二次不等式，解之即得．
解：（1）因函数f（x）=（3m2-8m-2）xm为幂函数，且f（x）在（0，+∞）上单调递增，
则，解得m=3，故f（x）=x3；
（2）因为函数f（x）=x3为奇函数且在R上单调递增，
所以f（a+4）+f（-a2+a-1）＜0可化为f（a+4）＜-f（-a2+a-1）=f（a2-a+1），
所以a+4＜a2-a+1，
解得a＜-1或a＞3，
故实数a的取值范围为（-∞，-1）∪（3，+∞）．
16．【解析】（1）由平面A1BM∥平面B1CN，得到OM∥B1C，由O为AB1的中点，所以M是AC的中点；
（2）由题意证明出BM⊥平面ACC1A1，进而证出BM⊥AC1，由∠AC1C=∠A1MA，且∠AC1C+∠C1AC=∠A1MA+∠C1AC=90°，得出A1M⊥AC1，最后由线面垂直的判定定理证明出结论即可．
证明：（1）如图：
连接AB1，与A1B交于点O，O为AB1的中点，连接OM，
因为平面A1BM∥平面B1CN，平面AB1C∩平面A1BM=OM，
平面B1NC∩平面AB1C=B1C，
所以OM∥B1C，
又在△AB1C中，O为AB1的中点，
所以M是AC的中点；
（2）因为AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，所以AA1⊥BM，
又M为棱AC的中点，AB=BC，所以BM⊥AC，
因为AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
所以BM⊥平面ACC1A1，
而AC1⊂平面ACC1A1，所以BM⊥AC1，
因为|AC|=2，所以|AM|=1，又，
在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，，
所以∠AC1C=∠A1MA，
即∠AC1C+∠C1AC=∠A1MA+∠C1AC=90°，所以A1M⊥AC1，
又BM∩A1M=M，BM、A1M⊂平面A1BM，
所以AC1⊥平面A1BM．
17．【解析】（1）由底面ABCD是正方形，可得AD∥BC，进而可得AD∥平面PBC．然后由线面平行性质可得EF∥AD，即可完成证明；
（2）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,然后由，结合题意可得，对应坐标，即可得答案．
解：（1）证明：根据题意可知，侧面PAD为等腰直角三角形，且，
因为底面ABCD是正方形，所以AD∥BC，
因为BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC．
又因为AD⊂平面ADFE，平面ADFE∩平面PBC=EF，所以EF∥AD，
因为AD⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，所以EF∥平面ABCD．
（2）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD，又由四边形ABCD为正方形，得AB⊥AD．
以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，AP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0）．
由，可得，
又，则，即，
又由（1）EF∥AD∥BC，则△PEF～△PBC，得
则，因
所以，所以，．
设异面直线PB与DF所成的角为θ，
，
故异面直线PB与DF所成角的余弦值为．
18．【解析】（1）设圆F的方程为（x-1）2+y2=r2，r＞0，运用弦长公式和点到直线的距离公式，即可得到半径r,可得圆F的方程；
（2）由题意可得M到点F的距离比它到y轴的距离大1，即为M到点F的距离比它到直线x=-1的距离相等，由抛物线的定义可得抛物线的方程；
（3）设出直线的方程，同抛物线方程联立，得到关于y的一元二次方程，根据根与系数的关系表示出数量积，根据数量积等于-4，做出数量积表示式中的b的值，即得到定点的坐标．
解：（1）设圆F的方程为（x-1）2+y2=r2，r＞0，
由圆心到直线x+y-2=0的距离为d==，
由弦长公式可得=2，解得r=1，
可得圆F的方程为（x-1）2+y2=1；
（2）设M的坐标为（x,y），由动圆M与圆F相外切，又与y轴相切，
可得M到点F的距离比它到y轴的距离大1，
即为M到点F的距离比它到直线x=-1的距离相等，
由抛物线的定义，可得动圆圆心M的轨迹方程为y2=4x；
（3）证明：设l：x=ty+b代入抛物线y2=4x,消去x得
y2-4ty-4b=0设A（x1，y1），B（x2，y2）
则y1+y2=4t,y1y2=-4b,
∴•=x1x2+y1y2=（ty1+b）（ty2+b）+y1y2
=t2y1y2+bt（y1+y2）+b2+y1y2
=-4bt2+4bt2+b2-4b=b2-4b
令b2-4b=-4，∴b2-4b+4=0∴b=2．
∴直线l过定点（2，0）．
19．【解析】（1）由题及图形可得QM垂直平分PF2，进而可得|QF1|+|QF2|为定值，从而可得轨迹方程；
（2）（ⅰ）设Q（x,y），由（1）及题意可得|HQ|关于x,t的关系式，然后讨论t的取值情况结合二次函数单调性可得答案；（ⅱ）假设存在点D，满足∠EDF=90°，则kEA•kFB=-1，
设直线方程为：x=my-5，然后利用韦达定理，求根公式，可得kEA•kFB关于m的方程，解方程可得答案．
（1）解：如图，点P在以为圆心，半径为6的圆上，动点P满足|PF1|=6，M为线段PF2上一点，
因QM⊥PF2，又∠PQF2=2∠PQM，即QM平分∠PQF2，可知QM垂直平分PF2，
则|PQ|=|QF2|⇒|QF1|+|QF2|=|PF1|=6，
即点Q轨迹为以为焦点，长轴为2a=6的椭圆．
又a2=b2+c2，则b=2，故曲线C方程为：=1；
（2）（ⅰ）由（1）设Q（x,y），点H（t,0）（t＜0），且|HQ|的最小值为2，
则=1⇒y2=，
故|HQ|==．
因t＜0，若，则=2⇒t=0，与假设矛盾，
则，此时函数y=在[-3，3]上递增，
则=2⇒t=-5；
（ⅱ）由题可得A（-3，0），B（3，0），假设存在点D，满足∠EDF=90°，
则DA⊥DB⇒EA⊥FB⇒kEA•kFB=-1．
设直线EF方程为：x=my-5，其中m≠0．
将直线方程与椭圆方程联立，可得===0．
则判别式为242（m2-4），令其大于0，可得m∈（-∞，-2）∪（2，+∞）．
设E（x1，y1），F（x2，y2），如图，此时m＞0，y1＜y2，则由韦达定理及求根公式可得：
y1+y2==，y1=．
则kEA•kFB===-1⇒
（m2+1）y1y2-2m（y1+y2）+16=6my1，
则=，
化简可得：=9m2-26，两边平方可得：
81m4-324m2=81m4-468m2+676⇒144m2=676⇒m=．
当m＜0时，此时y1＞y2，由对称性可得m=也满足条件．
综上，直线EF方程为：6x-13y+30=0或6x+13y+30=0．