四川省南充高级中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试卷

这是一份四川省南充高级中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试卷，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 个小题，每小题 5 分，共 40 分）
x2  y2 
双曲线
63
1 的焦点坐标为（）

3, 0 ，  3,0
0, 3 ， 0,  3 
3, 0 ， 3, 0
0, 3 ， 0, 3
甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为 0.8，乙的中靶概率为 0.9，则两人都脱靶的概率为（）
A．0.02B．0.08C．0.18D．0.72
直线l1 : 2x  y  2  0 与直线l2 : 4x  2 y 1  0 之间的距离为（）
A． 5
5
B． 5
2
C． 3 5D．
5
5
4ABCD  A B C D
ACB D
AA  →
．如图所示，在平行六面体1 1 1 1中，M 为 1 1 与 1 1 的交点，若 AB  a ，AD  b ， 1c ，
则 BM  （）
1 →
a 
1 → →
b  c
1 →
a 
1 → →
b  c
 1 → 
1 → →
b  c
→
 1
a 
1 →→
b  c
a
22222222
1
2
圆C : x2  y2  4x  2 y 1  0 与圆C : x2  y2  2 y  3  0 的公共弦长为（）
2
A． 2
B．
C．2D．4
2
已知双曲线 x2  y2 1m  0, n  0 和椭圆 x2  y2  1 有相同的焦点，则 4  1 的最小值为（）

mn54mn
A．2B．6C．9D．12
若圆 x2  ( y  2)2  r 2 (r  0) 上到直线 y  3x  2 的距离为 1 的点有且仅有 2 个，则 r 的取值范围是
（）
A．(0,1)B． (1, 3)C． (3, )
D． (0, )
x2  y2 
P  x , y 
l : x0 x  y0 y  1C
已知椭圆C : a2
1（a>b>0），称点
b2
00 和直线a2b2
是椭圆
的一对极点和极线，
每一对极点与极线是一一对应关系. 当P 在椭圆外时，其极线l 是椭圆从点P 所引两条切线的切点所确
定的直线（即切点弦所在直线）. 结合阅读材料回答下面的问题：已知P 是直线 y   1 x  4 上的一个
2
y
2
2
动点，过点P 向椭圆C : x  1 引两条切线，切点分别为M , N ，直线MN 恒过定点T ，当MT  TN 时，
164
直线MN 的方程为（）
x  2 y  4  0
x  2 y  4  0
2x  y  4  0
2x  y  4  0
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分）
2
2

已知曲线C : xy1，则下列结论正确的是（）

4  tt  2
当2  t  4 时，曲线C 是椭圆
当t  4 或t  2 时，曲线C 是双曲线
若曲线C 是焦点在 x 轴上的椭圆，则2  t  3
2
若曲线C 是双曲线，则焦距为2
曲线C : x2  y2  x  y ，A，B 是曲线 C 上任意两点，则（）
2
曲线 C 的图象关于原点对称B．∣AB∣的最大值2
C．直线 AB 与曲线C 没有其它交点D．曲线C 所围成的面积为π  2
在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1 B1C1 D1中，点 P 满足DP  DC  DD1 ([0,1],[0,1]) ，则下列
结论正确的是（）
当 1,  1 时，V V
2D1  A1BPD1  A1CP
当 1, 1 时，平面 A BP 截正方体所得的截面的面积为 9
3
1–––→
12
1 –––→1
若 2 且BE  2 BB1 ，则当 PA  PE 取得最小值时，  4
5
若点 P 在以 A1B 的中点O 为球心，为半径的球面上，则点 P 的轨迹的长度为 2 π
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
已知直线 x  2a 1 y  a  2  0 ，当a 变化时，直线l 总是经过定点，则定点坐标为．
1 x2
函数 y 
1 与函数 y  k (x  2) 的图象仅有一个公共点,则实数 k 的取值范围是.
2
设B 是椭圆C : x
a2
y2
 1(a  b  0) 的上顶点，若C 上的任意一点P 都满足
b2
| PB | 2b
，则C 的离心
率的取值范围.
四、解答题（本题共 5 小题，共 77 分）
15．（13 分）已知ABC 的顶点 A 2, 3 ，边 AB 上的中线CM 所在直线方程为 x  y  3  0 ，边 AC 上的高线 BH 所在直线方程为2x  y  2  0 ．求：
顶点C 的坐标；
直线 BC 的方程．
16．（15 分）2025 年 12 月 4 日至 8 日，第四届南充国际木偶艺术周在南充隆重举行，某校特举办了
木偶艺术相关知识测试。随机抽取了 400 名学生的测试成绩，根据测试成绩（所得分数均在40,100），将所得数据按照40, 50  ，50, 60  ，60, 70 ，70,80 ，80, 90，90,100分成 6 组，得到频率分布直 方图如图所示.
求a 的值，并求出测试成绩在80,100 内的学生人数；
试估计本次测试成绩的 60%分位数；
从测试成绩在80, 90 和90,100 内的学生用分层抽样的方法抽出 5 人，再从这 5 人中随机抽取两人分享学习木偶艺术知识的方法.求这两人中恰好有一人的成绩在90,100 内的概率.。
17．（15 分）已知圆C :  x  22  y2  1 .
若P 的坐标为 P 3, 3 ，求过点P 与圆C 相切的直线方程；
直线 x  y  m  0 与圆C 交于E ， F 两点，求OE OF 的取值范围（ O 为坐标原点）.
18．（17 分）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，PA  底面ABCD ，底面 ABCD 为矩形，AB  AP  4 ，AD  3 ，
E，F 分别在棱 PB，PD 上，且 AE  PB ， AF  PD ．
求证： PC  AE ；
求平面 AEF 与平面 ABCD 夹角的余弦值；
求三棱锥 P  EDC 外接球的表面积．
19．（17 分）已知椭圆Cx2  y2   的左、右焦点分别为F 、F ，离心率为 1 ，经过点 F
a2b21 ab0
1221
且倾斜角为 0  π  的直线l 与椭圆交于 A 、B 两点（其中点 A 在 x 轴上方），△ABF 的周长为 8．
2 2

求椭圆C 的标准方程；
如图，将平面 xy 沿 x 轴折叠，使 y 轴正半轴和 x 轴所确定的半平面（平面 AF1F2 ）与 y 轴负半轴和 x
轴所确定的半平面（平面 BF1F2 ）互相垂直．
若 π ，求异面直线 AF 和BF 所成角的余弦值；
312
是否存在 0  π  ，使得△ABF 折叠后的周长与折叠前的周长之比为15 ？若存在，求tan的
2 216

值；若不存在，请说明理由．
南充高中高 2024 级第三学期第二次月考
数 学 试 题 参 考 答 案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
A
B
D
A
C
B
A
BC
ABD
ACD
12．  3 ,  1  .13．  4   (1,  1]
14.  0, 2 
 22 
 3 3
2 

15．【详解】（1）由于 BH  AC ，且 BH 的直线方程为2x  y  2  0 ，
所以 k 2 ，故k  1 ，又的顶点 A2, 3 ，
BHAC2ABC
所以 AC 所在的直线方程为 y  3   1 (x  2) ，即 x  2 y  8  0 ，3 分
2
由于 AB 边上的中线CM 所在的直线方程为 x  y  3  0 ，
联立方程x  2 y  8  0 ，解得x  2 ，故点C 2, 5 ；6 分


 x  y  3  0 y  5
设点 B m, n ，则 AB 的中点 M  m  2 , n  3  ，
22 

由于点 M 在直线 x  y  3  0 上，
所以 m  2  n  3  3  0 ，整理得m  n 1  0 ，9 分
22
同时点 B 在直线2x  y  2  0 上，所以 2m  n  2  0 ，
 m  n  1  0

故2m  n  2  0
，解得m  1 ，即点 B 1, 0 ，11 分
n  0

所以 k
 5  0
  5 ，可得 y  0   5 ( x 1) ，
BC2 133
化简得5x  3y  5  0 ，故直线 BC 的方程为5x  3y  5  0 .13 分
16．(1) a  0.015 ，100(2)74(3) 3
5
【详解】（1）由题意得(0.005  a  0.030  0.025  a  0.010) 10  1 ，
解得 a  0.015 ，2 分
所以测试成绩在80,100 内学生的人数为400  (0.015  0.010) 10  100 ；4 分
（2）由频率分布直方图可知，40, 50  ，50, 60  ，60, 70 三组的频率和为 0.5，前四组的频率和为 0.75。故 60%分位数在70, 80 内，设本次测试成绩的 60%分位数为 x 。
0.5 （x-70） 0.025=0.6 ； 解得 x  74
本次测试成绩的 60%分位数为748 分
抽取的成绩在80, 90 内的人数为5 
0.015
0.015  0.010
 3 ，记为a,b, c ，
抽取的成绩在90,100 内的人数为5 
0.010
0.015  0.010
 2 ，记为 A, B ，10 分
则从 5 人中随机抽取 2 人的情况有： ab, ac, aA, aB, bc, bA, bB, cA, cB, AB ，共 10 种，
其中恰有一人的成绩在90,100 内的有aA, aB, bA, bB, cA, cB ，共 6 种，14 分
所以这两人中恰好有一人的成绩在90,100内的概率为 6  3
105
.15 分

17．(1) x  3 或4x  3 y  3  0(2) 2, 5  2 2 
【详解】（1）圆C :  x  22  y2  1 的圆心为C 2, 0 ，半径r  1 ，1 分
过点 P 3, 3 的切线，
若切线的斜率不存在，则直线方程为 x  3 ，符合题意；3 分
若切线的斜率存在，设切线方程为 y  3  k  x  3 ，即kx  y  3k  3  0
1 k 2
k  3
则d  1 ，即k  32  k 2 1，解得k   4 ，5 分
3
所以切线方程为 y  3   4 x  3  ，即4x  3 y  3  0 ；
3
即过点 P 3, 3 的切线方程为 x  3 或4x  3 y  3  0 ，6 分
x  y  m  022

（2）由 x  22  y 2  1 ，得 x  2   x  m  1，
2x2  2m  4 x  3  m2  0 ，8 分
设 E  x1, y1 ， F  x2 , y2  ，
2
2
由Δ  2m  42  4 23  m2   0 ， 2  m  2 ，9 分
 x  x  2  m
3  m2
12， x1x2 
，10 分
2
则 y y   x  m x  m  x x  m  x  x   m2
1 2121 212
 3  m2  m 2 m  m 2  1 m 2  2m  3 ，12 分
222
–––→ –––→
3  m212322
所以OE OF  x1x2  y1y2  m  2m   m  2m  3 m  1   2 ，13 分
222
2
2
2  m  2 ，

m 12  2  2, 5  2 2 ，

OE  OF 的取值范围为2, 5  2 2 
18．(1)证明见解析(2) 4 41
41
【详解】（1）【方法一：几何法】
769
9
.15 分
∵ PA  平面 ABCD ， CB  平面 ABCD ，∴ PA  CB ，
∵四边形 ABCD 是矩形，∴ CB  AB ，
∵ PA  AB  A ，∴ CB  平面PAB
∵ AE  平面 PAB ，∴ AE  CB ，
.2 分
∵ AE  PB ∵ PB  BC  B ∴ AE  平面 PBC ，4 分
∴ AE  PC5 分
【方法二：向量法】
以 A 为坐标原点，向量–––→ ， –––→ ，
的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系 Axyz，
ADABAP
则 A0, 0, 0 ， P 0, 0, 4 ， C 3, 4, 0 ， E 0, 2, 2  ，则 AE  0，2，2， PC  3，4， 4
 AE  PC  0  2  2  4  2   4  0
得证： AE  PC
.2 分
.4 分
.5 分
以 A 为坐标原点，向量–––→ ， –––→ ，的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间
ADABAP
直角坐标系 Axyz，则 A0, 0, 0 ， D 3, 0, 0 ， P 0, 0, 4 ， C 3, 4, 0 ， E 0, 2, 2  ，
∴ DP  (3, 0, 4) ， AE  (0, 2, 2) ．
设 DF  DP  (3, 0, 4) ，则 F (3  3, 0, 4) ，∴ AF  (3  3, 0, 4)
∵ AF  DP ，∴ AF  DP  3(3  3)  0 0  4 4 0 ，
9–––→
 4836 

∴ 25 ，∴ AF   25 , 0, 25 ．7 分
设平面 AEF 的法向量为m  (x1, y1, z1 ) ，
 → –––→
m  AE  2y1  2z1  0
则 →
–––→
4836
，取 z1  4 ，得 x1  3 ， y1  4 ，
m  AF  25 x1  25 z1  0
∴平面 AEF 的一个法向量为m  (3, 4, 4) ．8 分
易知平面 ABCD 的一个法向量为n  (0, 0,1) ．9 分
设平面 AEF 与平面 ABCD 的夹角为θ，
 4
32  42  (4)2 1
4 41
→ →
则cs
cs
→ →
m, n
m  n

→ →
m n
41 ，
∴平面 AEF 与平面 ABCD 夹角的余弦值为 4 41 ．11 分
41
设三棱锥 P  EDC 的外接球球心坐标为a,b, c  ，半径为 R，

a2  b2  c  42  R2 ,
a  32  b 2  c 2  R 2,

则a  32  b  4 2  c 2  R 2,

a2  b  22  c  2 2  R2 ,
.13 分
解得a  25 ，b  2 ，c  4 ， R2  769 ，16 分
636
∴三棱锥 P  EDC 外接球的表面积为4 769  769
369
.17 分
x
y
22
19．(1) 1
43
(2)（i） 13 ， （ii）存在， tan 28
3 35
14
【详解】（1）因为△ABF2 的周长为 8，所以4a  8 ，即a  2 ，2 分
3
由离心率为 1 ， c  1 ， b ，
2
2
2
1
所以椭圆C 的标准方程为： x  y 
.4 分
43
（2）由（1）知，点 F (1, 0) ，倾斜角为 π ，
1
故直线l 设为： y  0 
3
3(x  1) ，5 分
 y 
3(x  1)
 x
联立直线l 与椭圆 C 的方程： 
2  y2 
，可得5x2  8x  0 ，可得 x  0 或 x   8 ，
5

1
 43
可得 A(0, 3) ，（因为点 A 在 x 轴上方）以及 B   8 ,  3 3  ，7 分
 55 

再以O 为坐标原点，折叠后原 y 轴负半轴，原 x 轴，原 y 轴正半轴所在直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则 F1 (0, 1, 0) ， A(0, 0, 3)， B(3 3 ,  8 , 0)， F2 (0,1, 0)
55
F A  (0,1, 3) ，––––→  ( 3 3 , 13 , 0) ，8 分
1
–––→ ––––→13
BF2
–––→
55
––––→14
F1A BF2  5 ， F1 A  2 ， BF2  5 ，
13
所以 cs F1 A,BF2  28 ,
13
记异面直线 AF1 和 BF2 所成角为，则cs cs
设折叠前 A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) ，
my  x  1
F1 A,BF2  28
.10 分
 x
直线l 与椭圆C 联立方程
2  y2
，得(3m2  4) y 2  6my  9  0 ，
 1
 43
  6m2  4 9 3m2  4 144m2 1 0
 y1  y2
6m 3m2  4
， y1 y2
9 3m2  4
，12 分
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（叠后原 y 轴负半轴，原 x 轴，原 y 轴正半轴所在直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系）
设 A ， B 在新图形中对应点记为 A ， B ，
由 AF  BF  AB  15 ， AF  BF  AB  8 ，得 AB  AB  1 .13 分
222222
又 A(0，x1 , y1 )， B( y2，x2, 0)
(x  x )2  y2  y 2
1212
(x  x )2  ( y  y )2
12
12
AB ， AB ，
AB  AB 
(x  x ) 2  (y  y ) 2  (x  x ) 2  y 2  y 2  1 ①，14 分
121212122

2 y1 y21
(x  x )2  ( y  y )2  (x  x )2  y2  y 2
12
12
1212
即2
所以4 y1 y2

②，
(x  x )2  ( y  y )2
12
12
(x  x )2  y2  y 2
1212
(x  x )2  ( y  y )2
12
12
由①②可得： 1  2 y y 
.15 分
41 2
 1 2
即(x  x ) 2  ( y  y ) 2  (1  m 2)( y  y ) 2  2 y y
121212 41 2 

6m236 1182
则(1 m2 )     

 3m2  4 3m2  4  43m2  4 
 1 m 2 1182
化简：144  3m2  4    
2  4 
 43m
12 12m2
即
 1 18，

3m2  443m2  4
整理得：12m2 12  3 m2 1 18 ，
4
解得： m2  28 ，16 分
45
因为0  π ，所以tan 3 35 ．17 分
214