2025-2026学年广东省深圳科学高中高二上学期期中考试数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年广东省深圳科学高中高二上学期期中考试数学试卷（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。
1.已知集合A={x∣−2b>a
4.已知a>0,b>0，若2ab=2a+b，则a+2b的最小值为( )
A. 32B. 52C. 72D. 92
5.若双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两条渐近线的夹角为60∘，则该双曲线的离心率为( )
A. 2B. 2C. 2或2 33D. 2 33或 3
6.已知数据x1，x2，⋯x10，满足：xi−xi−1=22≤i≤10，若去掉x1，x10后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是( )
A. 中位数不变 B. 平均数不变
C. 若x1=1，则数据x1，x2，⋯x10的第80百分位数为15 D. 方差变小
7.在平面直角坐标系xOy中，一只蚂蚁从点M−4,−2出发，爬到y轴后又爬到圆C:x+22+y−22=1上，则它爬行的最短路程是( )
A. 2 13−1B. 4C. 8D. 2 10−1
8.古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势.如下图的“曲池”是上.下底面均为半圆形的柱体.若AA1垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，AA1=3，AB=4，CD=2，E为弧A1B1的中点，则直线CE与平面DEB1所成角的正弦值为( )
A. 39921B. 27321C. 2 4221D. 4221
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.已知函数fx=2cs12x+π3，则( )
A. fx的最小正周期为π
B. fx在区间0,π上的最小值为− 3
C. 点π3,0是fx图象的一个对称中心
D. 将fx的图象向右平移π3个单位长度后，得到的图象关于y轴对称
10.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列结论正确的是( )
A. 直线AM与平面A1ADD1所成角的正弦值为 24
B. 直线MN与直线AC所成角为π3
C. 直线A1M与直线BN是异面直线
D. 平面BMN截正方体所得的截面面积为92
11.已知椭圆C:x225+y29=1，F1，F2分别为它的左右焦点，点A，B分别为它的左右顶点，已知定点Q4,2，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有( )
A. 直线PA与直线PB斜率乘积为定值B. 存在点P，使得∠F1PF2=120∘
C. 1PF1+25PF2有最小值185D. PQ+PF1的范围为2 17,12
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆C1:x2+y2=4与圆C2:x2+y2−8x−6y+m=0有三条公切线，则m= ．
13.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，圆x2+y2=1与C交于点A，B，则FA= ．
14.如图是棱长均为2的柏拉图多面体PABCDQ，已知该多面体为正八面体，四边形ABCD为正方形，O、E分别为PQ、CQ的中点，则点A到平面OEB的距离为 ．
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)
记▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知c−b=acsC+ccsA．
(1)证明：c=2b；
(2)记AB的中点为D，若CD=3，且a=b+2，求▵ABC的周长．
16.(本小题15分)
甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有3道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是23，乙答对每道题目的概率都是12，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响；
(1)求甲、乙两人共答对5道题目的概率．
(2)若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率．
17.(本小题15分)
已知A，B分别为双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右顶点，其中一条渐近线方程为 3x+2y=0，焦距为2 7．
(1)求双曲线E的方程；
(2)设过T4,0的直线与双曲线交于C，D两点(C、D与A、B不重合)，记直线AC，BD的斜率为k1，k2，证明：k1k2为定值．
18.(本小题17分)
如图，在Rt▵ABC中，∠C=90∘，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，满足AD=2DC，AE=2EB，将▵ADE沿DE折起到▵A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点．

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)求A1B与平面CBM所成角的正弦值；
(3)在线段A1C上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN夹角余弦值为 34？若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F、F,N−2,0为椭圆的一个顶点，离心率为12.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y=kx+mk≠0与椭圆C交于A，B两点；
①若直线l过椭圆右焦点F2，且▵AF1B的面积为8 35,求实数k的值；
②若直线l过定点P0,2，且k>0，在x轴上是否存在点Tt,0使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.A
3.B
4.D
5.C
6.C
7.A
8.D
9.BC
10.BD
11.ACD
12.16
13. 5−1
14.1
15.解：(1)由正弦定理，得asinA=bsinB=csinC，
∴sinC−sinB=sinAcsC+csAsinC，
∴sinC−sinB=sinA+C，
∵A+B+C=π，
∴sinB=sinA+C，即sinC−sinB=sinB，
∴sinC=2sinB，即c=2b；
(2)由(1)及题设有BD=AD=AC=b，又CD=3，
在▵ACD中，由余弦定理得cs∠ADC=b2+9−b26b=32b，
在▵BCD中，由余弦定理得cs∠BDC=b2+9−a26b，
显然有cs∠ADC+cs∠BDC=0，则32b+b2+9−a26b=0，
整理得a2−b2=18，即a−ba+b=18，又a=b+2⇒a−b=2，
所以a+b=9，从而a=112,b=72,c=2b=7，
∴▵ABC的周长为a+b+c=16．

16.解：(1)设A1=“甲答对3道题目”，A2= “甲答对2道题目”
B1= “乙答对3道题目”，B2= “乙答对2道题目”，根据独立事件的性质，可得，
P(A1)=23×23×23=827， P(A2)=3×23×23×13=49，
P(B1)=12×12×12=18， P(B2)=3(12)3=38，
设A为“甲、乙两人共答对5道题目”，
则A=(A1B2)∪(A2B1)，因为A1B2与A2B1互斥，A1与B2，A2与B1分别相互独立，P(A)=P(A1B2)+P(A2B1)=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)=827×38+49×18=16，
所以甲、乙两人共答对5道题目的概率16．
(2)C=“甲通过面试”，D=“乙通过面试”，C与D相互独立，
P(C)=1−P(C)=1−13×13×13=2627，
P(D)=1−P(D)=1−12×12×12=78
E=“甲、乙两人只有一人通过面试”，则E=(CD)∪(CD)，因为CD与CD互斥，
C与D，C与D分别相互独立，
P(E)=P(CD∪CD)=P(CD)+P(CD)=P(C)P(D)+P(C)P(D)
=2627×18+127×78=1172
所以甲、乙两人只有一人通过面试的概率1172

17.解：1)由双曲线E的焦距为2 7，可得2c=2 7，即c= 7，
又其中一条渐近线方程为 3x+2y=0，可得ba= 32，
而c2=a2+b2，则7=a2+34a2，解得a2=4，b2=3，
所以双曲线E的方程为x24−y23=1；
(2)由(1)可知A−2,0,B2,0，设Cx1,y1，Dx2,y2．
因为C、D与A、B不重合，所以可设直线CD:x=ty+4．
联立x24−y23=1x=ty+4，消x得：3t2−4y2+24ty+36=0，
故t≠±2 3，Δ=144t2+576>0，
所以y1+y2=−24t3t2−4，y1y2=363t2−4，ty1y2=36t3t2−4=−32y1+y2，
所以k1k2=y1x1+2y2x2−2=y1x2−2y2x1+2=y1ty2+2y2ty1+6=−32y1+y2+2y1−32y1+y2+6y2=−13，
即k1k2为定值−13．


18.解：(1)∵AD=2DC，AE=2EB，
∴ADAC=AEAB=23，
∴DE//BC，
又∵∠C=90 ∘，∴AC⊥BC,DE⊥AC，
∴折叠后DE⊥A1D,DE⊥CD，
∵A1D∩DC=D，
∴DE⊥平面A1DC，
∵A1C⊂平面A1DC，∴A1C⊥DE，
又∵A1C⊥CD,CD∩DE=D，CD,DE⊂平面BCDE，
∴A1C⊥平面BCDE．
(2)以C为原点，CD,CB,CA1为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则C0,0,0,A10,0,2 3,B0,3,0,M1,0, 3，
∴CM=1,0, 3,CB=0,3,0,A1B=0,3,−2 3，
设n=x,y,z为平面BCM的法向量，则n⋅CM=0n⋅CB=0⇒x+ 3z=03y=0,
令z=1，则n=− 3,0,1，
设A1B与平面CBM所成角为α,α∈0,π2,
sinα=csπ2−α=csA1B,n=A1B⋅nA1B⋅n=2 3 3+1⋅ 32+2 32= 77．
(3)设线段A1C上存在点N0,0,t，使平面CBM与平面BMN夹角余弦值为 34，
在同(2)空间直角坐标系C−xyz中，

由(2)知，平面CBM的法向量n=− 3,0,1，设平面BMN的法向量为n1=x1,y1,z1，则BN⋅n1=0BM⋅n1=0,
∵BN=0,−3,t,BM=1,−3, 3，
∴−3y1+tz1=0x1−3y1+ 3z1=0，令z1=3，则n1=3t− 3,t,3，
设两平面夹角为θ，则csθ=n⋅n1n⋅n1=−3 3t− 3+3 3+1⋅ 9t− 32+t2+9=12−3 3t2 10t2−18 3t+36= 34，化简整理得t2−3 3t+6=0，解得t= 3或2 3(此时N与A1重合)，
∴CN=0,0, 3或0,0,2 3，
∴CN= 3或2 3，即存在点N，且CN长度为 3或2 3．

19.解：(1)由椭圆的一个顶点为N−2,0，可得a=2，又离心率为12，则c=1，
所以由b2=a2−c2=4−1=3，即椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)①直线l:y=kx+mk≠0过椭圆右焦点F21,0可得：0=k+m，即m=−k，
所以由直线l:y=kx−1与椭圆C的标准方程x24+y23=1联立方程组，消去y得：
4k2+3x2−8k2x+4k2−12=0，
设两交点Ax1,y1,Bx2,y2，则有x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2−124k2+3，
所以AB= 1+k2x1−x2= 1+k2 8k24k2+32−4×4k2−124k2+3=12k2+14k2+3，
又椭圆左焦点F1−1,0到直线l:kx−1−y=0的距离为d=−2k 1+k2，
所以S▵AF1B=12⋅d⋅AB=12⋅−2k 1+k2⋅12k2+14k2+3=8 35，
解得：k2=3或k2=−1211(舍去)，即k=± 3；
②假设存在点Tt,0使得以TA,TB为邻边的平行四边形为菱形，
由于直线过定点P0,2，且k>0，可知直线方程为y=kx+2，
与椭圆x24+y23=1联立方程组，消去y得：4k2+3x2+16kx+4=0，
由Δ=192k2−48>0，且k>0，解得k>12，
设两交点Ax1,y1,Bx2,y2，AB中点Mx0,y0，则有x1+x2=−16k4k2+3,x1x2=44k2+3，且TM⊥AB，
所以x0=x1+x22=−8k4k2+3,y0=kx0+2=64k2+3，
即kTM=−1k=64k2+3−8k4k2+3−t，整理得t=−2k4k2+3=−24k+3k，
又因为k>12，所以4k+3k≥2 4k⋅3k=4 3，当且仅当4k=3k，即k= 32，
所以4k+3k∈4 3,+∞，则t∈− 36,0．