2025-2026学年四川省成都市玉林中学高二上学期12月期中数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年四川省成都市玉林中学高二上学期12月期中数学试卷（含答案），共10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。
1.直线3x+ 3y−2=0的倾斜角为( )
A. π6B. 5π6C. π3D. 2π3
2.已知空间三点A(0,1,2)，B(2,3,1)，C(1,2,m)，若A,B,C三点共线，则m=( )．
A. 12B. 1C. 32D. 2
3.下列命题中是假命题的是( )
A. 有A，B，C三种个体按3:1:2的比例分层抽样调查，如果抽取的A个体数为9，则样本容量为18
B. 一组数据2，1，4，3，5，3的平均数、众数、中位数相同
C. 如果一组数据的方差为零，则这组数据的极差可能不为零
D. 若样本数据x1,x2,⋅⋅⋅,x10的标准差为8，则数据2x1−1,2x2−1,⋅⋅⋅,2x10−1的标准差为16
4.直线l： 3x−y=0被圆C：(x−1)2+y2=1所截得的弦长为( )
A. 12B. 1C. 32D. 3
5.“m=−1”是“直线mx−y+1=0与直线(m+2)x−my+2=0平行”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为
A. 0.960B. 0.864C. 0.720D. 0.576
7.已知点A(1,4)，B(3,−1).若直线l：mx−y+2m+1=0与线段AB相交，则m的范围是( )
A. −25,1B. −1,25
C. (−∞,−1]∪25,+∞D. −∞,−25∪[1,+∞)
8.已知x12+y12=x22+y22=16(x1, x2, y1, y2∈R)，且x1x2+y1y2=0，则代数式(x1+x2)2+(y1+y2−2 2)2的最小值为( )
A. 4 2B. 18C. 12D. 8
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。
9.圆C1：x2+y2=r2(r>0)与圆C2：(x−3)2+(y−4)2=4相交，则r的值可以是( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
10.设A，B是同一试验中的两个事件，下列说法正确的是( )
A. 如果P(A)+P(B)=1，那么A与B相互对立
B. 若P(A+B)=P(A)+P(B)，则A，B是互斥事件
C. 从装有两个红球和三个黑球的袋子中任取两个球，则事件“恰好有一个黑球”与事件“恰好有两个黑球”是对立事件
D. 已知事件A，B发生的概率分别为P(A)=13，P(B)=15且P(AB)=115，则事件A，B相互独立
11.已知直线l：x+y−6=0，圆C：(x−1)2+(y−1)2=4，动点P在直线l上，过点P作圆C的两条切线；切点分别为A、B，则下列描述正确的有( )
A. 若P(3,3)，则|PA|= 2B. 圆C上有2个点到直线l的距离为1
C. 存在点P，使得∠APB=π3D. 直线AB过定点(2,2)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知u=(2,4,m)是直线l的方向向量，n=(1,2,5)是平面α的法向量，如果l/\!/α，则m= ．
13.为了估计某自然保护区中天鹅的数量，使用以下方法：先从该保护区中捕出一定数量的天鹅，例如200只，给每只天鹅做上记号，不影响其存活，然后放回保护区，经过适当的时间，让其和保护区中其余的天鹅充分混合；再从保护区中捕捉一定数量的天鹅，例如150只，查看其中有记号的天鹅，设有20只.根据上述数据，估计该自然保护区中天鹅的数量为 ．
14.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一.阿波罗尼斯圆指的是：若平面内动点M与两定点Q，P的距离之比MQMP=λ(λ>0,λ≠1)，那么点M的轨迹是圆.已知动点M与定点Q(m,0)和定点P−12,0的距离之比为2，动点M的轨迹方程为x2+y2=1.若点A在直线y=−3x+4上，则|MP|+12|MA|的最小值为 ．
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.(本小题13分)
已知直线l:x+2y−1=0．
(1)求经过点P(1,5)，且垂直于直线l的直线的方程；
(2)求与直线l平行，且到直线l的距离为 5的直线的方程．
16.(本小题15分)
已知圆C经过A(3,0)和B(2,1)两点，且圆心在直线2x+y−4=0上．
(1)求圆C的方程；
(2)从点(3,2)向圆C作切线，求切线方程．
17.(本小题15分)
某高校承办了2025怒江傈僳“阔时”文化节志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组[45,55)，第二组[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．

(1)求a,b的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的众数和60％分位数(分位数精确到0.1)；
(3)在第四，第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AB⊥BC，AB=2AD=4，PA=PD，tan∠PAD=3，PB= 26，BC=a，点E是PA的中点．

(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)求平面PBD与平面BDE夹角的余弦值；
(3)是否存在正数a，使得直线PC与平面PAB所成角的正弦值为3 1010?若存在，求出a的值；否则，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知Rt▵ABC的两个顶点A(−2,0)，B(2,0)，直角顶点C的轨迹记为曲线T，过点P(1,0)的直线l与曲线T相交于M，N两点．
(1)求曲线T的方程；
(2)若点R(4,0)，记▵MNR的面积为S，求S的取值范围；
(3)是否存在x轴上的定点Q(a,0)，使得|QM|⋅|QN|为定值？若存在，求出所有这样的Q点坐标；若不存在，说明理由．
参考答案
1.D
2.C
3.C
4.B
5.C
6.B
7.A
8.D
9.ABC
10.BD
11.BCD
12.−2
13.1500只
14. 102
15.【详解】(1)由题知，直线l的斜率为−12，所以，所求直线的斜率为2，
又直线过点P(1,5)，由点斜式方程得所求直线方程为y−5=2(x−1)，
整理得2x−y+3=0．
(2)设所求直线方程为：x+2y+m=0，
则d=|m+1| 4+1= 5，∴|m+1|=5，∴m=−6或m=4，
∴x+2y−6=0或x+2y+4=0为所求．

16.【详解】(1)由题可知kAB=1−02−3=−1，所以线段AB的中垂线的斜率等于1，
又因为AB的中点为52,12，
所以线段AB的中垂线的直线方程为y−12=x−52，
即x−y−2=0，
联立2x+y−4=0x−y−2=0 ,解得x=2y=0，所以圆心C(2,0)
又因为半径等于|AC|=1，所以圆C的方程为(x−2)2+y2=1．
(2)设圆C的半径为r，则r=1，
若直线的斜率不存在，因为直线过点(3,2)，
所以直线方程为x=3，
此时圆心C(2,0)到直线x=3的距离d=1=r，满足题意;
若直线的斜率存在，设斜率为k，
则切线方程为y−2=k(x−3)，即kx−y+2−3k=0，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离d=|−k+2| k2+1=1，
解得k=34，
所以切线方程为34x−y+2−94=0，即3x−4y−1=0．
所以切线方程为x=3或3x−4y−1=0．

17.【详解】(1)因为第三、四、五组的频率之和为0.7，
所以(0.045+0.020+a)×10=0.7，解得a=0.005，
所以前两组的频率之和为1−0.7=0.3，即(a+b)×10=0.3，所以b=0.025．
(2)根据频率直方图可知，众数为65+752=70；
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，
所以60％分位数在第三组，且为65+0.6−×10≈71.7．
(3)第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，
故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为a,b,c,d，第五组志愿者人数为1，设为e，
这5人中选出2人，所有情况有
(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e)，共有10种情况，
其中选出的两人来自不同组的有(a,e),(b,e),(c,e),(d,e)，共4种情况，
故选出的两人来自不同组的概率为410=25．

18.【详解】(1)取AD中点O，连接OP，OB，

因为PA=PD，点O为AD中点，
所以OP⊥AD，
则tan∠PAD=OPOA=OP12AD=OP=3，所以OP=3，
因为AD//BC，AB⊥BC，AB=2AD=4，所以OB= OA2+AB2= 12+42= 17，
又PB= 26，则OB2+OP2=PB2，故OP⊥OB，
因为OB∩AD=O,OB,AD⊂平面ABCD，
所以OP⊥平面ABCD，
又OP⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD；
(2)由(1)可得OP⊥平面ABCD，如图作Az//OP，以A为原点，AB,AD所在直线分别为x,y轴建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,a,0),D(0,2,0),P(0,1,3),E0,12,32，
设平面PBD的一个法向量为n=(x,y,z)，
又BD=(−4,2,0),PD=(0,1,−3)，
则n⋅BD=−4x+2y=0n⋅PD=y−3z=0 ⇒y=2xy=3z，令z=2，得n=(3,6,2)，
设平面BDE的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，
又BD=(−4,2,0),ED=0,32,−32，
则m⋅BD=−4x1+2y1=0m⋅ED=32y1−32z1=0 ⇒y1=2x1y1=z1，令x1=1，得m=(1,2,2)，
所以csn,m=n⋅mn⋅m=3+12+47×3=1921，
故平面PBD与平面BDE夹角的余弦值为1921；
(3)设平面PAB的一个法向量为t=(x2,y2,z2)，
又AP=(0,1,3),AB=(4,0,0)，
则t⋅AP=y2+3z2=0t⋅AB=4x2=0 ⇒y2=−3z2x2=0，令z2=1，得t=(0,−3,1)，
因为PC=(4,a−1,−3)，且直线PC与平面PAB所成角的正弦值为3 1010，
所以cst,PC=t⋅PCt⋅PC=|0−3a+3−3| 10× 42+(a−1)2+32=3 1010，
整理得−2a+26=0，解得a=13，
故存在a=13时，使得直线PC与平面PAB所成角的正弦值为3 1010．

19.【详解】(1)法1：设C(x,y)，由题意kAC、kBC存在，
∴kAC⋅kBC=y(x+2)⋅y(x−2)=−1，
∴曲线T的方程为：x2+y2=4(y≠0)．
法2：由|AB|=4，得|OC|=2，∴曲线T的方程为：x2+y2=4(y≠0)．
法3：∵|AC|2+|BC|2=|AB|2=42，∴(x+2)2+y2+(x−2)2+y2=16，
即曲线T的方程为：x2+y2=4(y≠0)．
(2)法1：由题意可知：直线l一定与T相交于不同的两点，且直线l的斜率不为0，
不妨设l:x=my+1，Mx1,y1，Nx2,y2，
由x=my+1x2+y2=4，解得m2+1y2+2my−3=0．
由韦达定理得：y1+y2=−2m1+m2，y1y2=−31+m2．
∵S▵MNR=12|PR|y1−y2=32y1−y2=32 y1+y22−4y1y2
=32 2m1+m22−4−31+m2=32 4m2+121+m21+m22
=32⋅ 16m2+121+m2=32⋅2⋅ 4m2+31+m2=3⋅ 4m2+31+m2．
令 4m2+3=tt≥ 3，则S▵MNR=3⋅tt2+14=12t+1t，t≥ 3．
又∵t+1t≥43 3，∴12t+1t≤3 3，∴S▵MNR∈0,3 3．
法2：当直线不存在斜率时，即l:x=1，
则M1, 3，N1,− 3，S▵MNR=3 3；
当直线存在斜率时，不妨设l:y=k(x−1)，Mx1,y1，Nx2,y2，
由y=k(x−1)x2+y2=4，解得：1+k2x2−2k2x+k2−4=0，
由韦达定可得：x1+x2=2k21+k2，x1x2=k2−41+k2，
则y1+y2=kx1+x2−2k，y1y2=k2x1x2−x1+x2+1，
则S▵MNR=12|PR|y1−y2=32y1−y2=32 y1+y22−4y1y2=3 3k2+12−21+k2−11+k22，
令t=11+k2
则S▵MNR=3 −t2−2t+3，t∈(0,1]，则S▵MNR∈0,3 3，
综上所述，∴S▵MNQ∈0,3 3．
(3)由(2)中方法1可知，y1+y2=−2m1+m2，y1y2=−31+m2，
|QM|⋅|QN|= x1−a2+y12⋅ x2−a2+y22，
因为x12+y12=4，所以x1−a2+y12=x12−2ax1+a2+y12=4−2ax1+a2，
同理x2−a2+y12=4−2ax2+a2，
所以|QM|⋅|QN|= 4−2ax1+a24−2ax2+a2，
将x1=my1+1，x2=my2+1代入上式，可得
4−2ax1+a24−2ax2+a2
=a2−2a+4−2amy1a2−2a+4−2amy2
=a2−2a+42−2ama2−2a+4y1+y2+4a2m2y1y2
a2−2a+42−2ama2−2a+4y1+y2+4a2m2y1y2
=a2−2a+42−2ama2−2a+4−2m1+m2+4a2m2−31+m2
=a2−2a+42+4a(a−1)(a−4)m21+m2
使得|QM|⋅|QN|为定值，则4a(a−1)(a−4)=0，则a=0或a=1或a=4，
即存在Q(0,0)，Q(1,0)，Q(4,0)满足要求．