四川省泸州市2025-2026学年高二上学期期末质量检测数学试题及参考答案

这是一份四川省泸州市2025-2026学年高二上学期期末质量检测数学试题及参考答案，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.抛物线y2=2x的焦点到准线的距离为
A. 12B. 1C. 2D. 4
2.i21+i的虚部为( )
A. −12iB. 12iC. −12D. 12
3.双曲线C：x24−y29=1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上一点，若PF1=3PF2，则PF1=( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
4.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且A与B相互独立，若PA=0.5，PB=0.4，则PA∪B=( )
A. 0.2B. 0.5C. 0.7D. 0.9
5.三棱锥O−ABC中，点M，N分别为AB，OC的中点，记OA=a，OB=b，OC=c，则MN=( )
A. 12c−a−bB. 12a+b+cC. 12a−b+cD. 12b+c−a
6.某大街在甲，乙两处设有红绿灯，汽车在这两处遇绿灯的概率分别是23，34，假设在两处遇到绿灯互不影响，则汽车在这两处恰好遇到一次红灯的概率为( )
A. 13B. 512C. 12D. 712
7.圆柱的轴截面为正方形，一个圆锥的底面半径与该圆柱的底面半径相同，且侧面积相等，则圆锥的高与圆柱的高之比为( )
A. 32B. 3C. 152D. 15
8.M是圆C：x2+y2=1上的动点，Q为直线l：x−y+2=0上的动点，定点N2,−1，则QM+QN的最小值是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
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.已知直线l1:ax−y+1=0，l2:x−ay−3=0，则( )
A. l1恒过定点0,1B. 若l1//l2，则a=1
C. 若l1⊥l2，则a=0D. l2的倾斜角可能为0
10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在线段B1C上运动，则( )
A. 存在点P，使得A1D⊥BPB. 三棱锥D−PA1C1的体积为定值
C. 直线AP与CD所成的最小角为π6D. 点P到直线A1C1距离的最小值为2 33
11.在平面直角坐标系xOy中，过抛物线C:y2=4x焦点F的直线l与C相交于A，B两点，过F作l的垂线交直线x=−1于点D，则( )
A. AF>1B. AD>AB
C. ∠AOB>π2D. S▵DAF⋅S▵DBF≥4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.椭圆x24+y2m=1的一个焦点坐标是 3,0，则m的值为 ．
13.从小到大依次排列的四个数1，a，b，9，这四个数的中位数和平均数相等，则这四个数的和是 ．
14.斜三棱柱ABC−A1B1C1中，∠A1AB=∠A1AC=60 ∘，∠BAC=90 ∘，AB=AC=2 3，AA1=4，动点P在侧面BCC1B1上，且A1P=2，则P的轨迹长度为 ．
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)
已知圆C的圆心在直线x−2y+3=0上，且与直线y−5=0相切于点1,5．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若直线x+y+a=0与圆C相交于E,F两点，且EF=2，求实数a的值．
16.(本小题15分)
为了深入开展安全教育，普及安全文明知识，某中学随机抽取1000名学生进行安全文明知识竞赛并记录得分(满分：100分)，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为50,60,60,70，70,80,80,90，90,100，并绘制成如图所示的频率分布直方图．

(1)请估计这1000名学生成绩的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表)和上四分位数(结果保留整数)；
(2)现从70,80,80,90两组中采用按比例分层随机抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求2人来自不同两组的概率．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，AD//BC，AD=2BC，∠ADC=90 ∘，平面PAD⊥平面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点．

(1)证明：CD⊥PA；
(2)若PA=PD=2，BC=1，CD= 3，且QM与平面ABCD所成角为60 ∘，求平面DQM与平面BQM夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为 52，焦点到C的渐近线的距离为1．
(1)求C的方程；
(2)若垂直于x轴的直线与C的右支相交于A，B两点，已知点M−1,0，直线AM和C的左支交于点N．
(ⅰ)若S▵OAN=2 2，O是坐标原点，求直线AN的方程；
(ⅱ)求证：直线BN过定点．
19.(本小题17分)
已知椭圆W：x24+y23=1，其右顶点为A．
(1)已知P是W上的动点，求P到直线x+2y+6=0距离的最大值；
(2)过点−1,0的直线l与W相交于B，C两点(均不与A点重合)．
(ⅰ)判断点A与以BC为直径的圆的位置关系，并说明理由；
(ⅱ)求▵ABC的外接圆圆心G的轨迹方程．
参考答案
1.B
2.D
3.D
4.C
5.A
6.B
7.C
8.C
9.AC
10.ABD
11.ACD
12.1
13.20
14.2π
15.【详解】(1)令切点为A1,5，
由题意可知AC过点A1,5且垂直于直线y−5=0，
∴AC:x=1，
联立直线方程x=1x−2y+3=0，解得C1,2，则半径r=AC=3，
∴圆C:x−12+y−22=9．

(2)由(1)可知圆心C1,2，
则圆心C到直线x+y+a=0的距离d=1+2+a 12+12=3+a 2，
又∵d2+EF22=r2，
∴9+6a+a22+1=9，即a2+6a−7=0，a+7a−1=0
∴a=−7或a=1．


16.【详解】(1)在频率分布直方图中，结合频率分布直方图，
设这1000名学生成绩的上四分位数为t，在50,60的频率为0.3，60,70的频率为0.4，70,80的频率为0.15，则上四分位数落在70,80内，
则t−70×0.015=0.75−0.4−0.3，解得t=7313，即上四分位数约为73分，
这1000名学生成绩的平均数为55×0.3+65×0.4+75×0.15+85×0.1+95×0.05=67分.
(2)按比例分配的分层随机抽样方法．70,80中抽取的人数为+0.1×5=35×5=3，80,90中抽取的人数为+0.1×5=25×5=2．
记来自70,80的3人和来自80,90的2人分别为a1,a2,a3,b1,b2，
则所有基本事件为a1a2，a1a3，a1b1，a1b2，a2a3，a2b1，a2b2，a3b1，a3b2，b1b2，共10个，满足题意2人来自不同两组的有6个，
由古典概型知，2人来自不同两组的概率为35．

17.【详解】(1)∵∠ADC=90 ∘，即AD⊥CD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
CD⊂平面ABCD，且AD⊥CD，
∴CD⊥平面PAD，∵AP⊂平面PAD，∴CD⊥AP．
(2)∵AD=2BC且Q为AD的中点，
∴QD=BC，又∵AD//BC，∴四边形BCDQ为平行四边形，
∴DC//BQ，又∵∠ADC=90 ∘，∴BQ⊥AD，
由(1)可知BQ⊥平面ABCD，且PQ⊂平面ABCD，所以BQ⊥PQ
∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD，
∴如图以点Q为顶点建立空间直角坐标系D−xyz，

∴P0,0, 3，A1,0,0，D−1,0,0，B0, 3,0，C−1, 3,0，
则PC=−1, 3,− 3，设PM=λPC=−λ, 3λ,− 3λ，λ∈0,1，
则QM=QP+PM=−λ, 3λ, 3− 3λ，
平面ABCD的一个法向量为n0=0,0,1，
则csn1,QM=n1⋅QMn1QM=sin60 ∘，即 3− 3λ1× −λ2+ 3λ2+ 3− 3λ2= 32，
即1−λ 7λ2−6λ+3=12，∴3λ2+2λ−1=0，即3λ−1λ+1=0，
∴λ=13或λ=−1(舍去)，
∴QM=−13, 33,2 33，
QD=−1,0,0，QB=0, 3,0，
设平面DQM与平面BQM的一个法向量分别为n1=x1,y1,z1，n2=x2,y2,z2，
则QM⋅n1=−13x1+ 33y1+2 33z1=0QD⋅n1=−x1=0，令y1=2，则x1=0z1=−1，即n1=0,2,−1，
则QM⋅n2=−13x2+ 33y2+2 33z2=0QB⋅n2= 3y2=0，令x2=2 3，则y2=0z2=1，即n2=2 3,0,1，
设平面DQM与平面BQM所成的二面角为α，α∈0,π2
则csα=csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=−1 22+−12 2 32+12= 6565．

18.【详解】(1)易知C的渐近线方程为y=±bax，设双曲线的一个焦点为Fc,0，则c2=a2+b2，
由双曲线对称性，不妨取C的一条渐近线y=bax，
则F到该渐近线的距离d=bc−0 a2+b2=b=1，
又C的离心率为 52，即e=ca= 1+b2a2，所以a2=4,∴C:x24−y2=1；
(2)不妨设A在第一象限，由题意可设lAN:x=ky−1k>0，
Ax1,y1,Nx2,y2,Bx1,−y1，
联立x=ky−1x24−y2=1得k2−4y2−2ky−3=0，
则k2−4≠0Δ=4k2+12k2−4>0y1+y2=2kk2−4y1y2=−3k2−42，
(ⅰ)易知S▵AON=12OMy1−y2=2 2，
即y1−y22=y1+y22−4y1y2=32=2kk2−42+12k2−4，
解之得k2=72(舍去)或k2=5，所以k= 5，即lAN:x= 5y−1．
(ⅱ)直线BN：y−y2x1−x2=x−x2−y1−y2，
整理得x1−x2y+y1+y2x=x1y2+x2y1，
又A,N在双曲线上，且在直线x=ky−1上，
即x124−y12=1x224−y22=1x1=ky1−1x2=ky2−1，则x12y224−y12y22=y22x22y124−y12y22=y12,
作差得x1y2+x2y1x1y2−x2y1=4y2+y1y2−y1，
化简得x1y2+x2y1=4y2+y1y2−y1ky1y2−y2−ky2y1−y1=−4y2+y1，
则x1−x2y+y1+y2x=x1y2+x2y1=−4y1+y2，
即x1−x2y+y1+y2x+4=0，
显然x=−4时，y=0，即直线BN过定点−4,0．

19.【详解】(1)椭圆W 的参数方程为x=2csθ,y= 3sinθ，点P 到直线x+2y+6=0 的距离为
d=∣2csθ+2 3sinθ+6∣ 5.
令2csθ+2 3sinθ=4sinθ+π6，则
d=∣4sinθ+π6+6∣ 5.
当sinθ+π6=1 时，d取得最大值10 5=2 5；
(2)(i)点A2,0 在以BC 为直径的圆外．
理由：设直线l:y=kx+1(k≠0，否则与A 重合)，代入椭圆方程得
3+4k2x2+8k2x+4k2−12=0.
设Bx1,y1,Cx2,y2，
则x1+x2=−8k23+4k2,x1x2=4k2−123+4k2.
计算AB⋅AC=x1−2x2−2+y1y2，利用yi=kxi+1 得：
y1y2=k2x1+1x2+1=k2x1x2+x1+x2+1.
代入得AB⋅AC=x1x2−2x1+x2+4+k2x1x2+x1+x2+1，
=1+k2x1x2+k2−2x1+x2+4+k2，
将韦达定理结果代入，计算得
AB⋅AC=1+k24k2−123+4k2+k2−2−8k23+4k2+4+k2=27k23+4k2≥0
当k=0 时，直线为y=0，过点A，与题设“均不与A 点重合”矛盾，故不考虑；
当直线l 斜率不存在时，方程为x=−1，代入椭圆解得B−1,32,C−1,−32.
则AB=−3,32,AC=−3,−32,
此时AB⋅AC=9−94=274>0.
综上，均有AB⋅AC>0.
故∠BAC 为锐角，点A 在以BC 为直径的圆外；
(ii)设▵ABC 的外接圆圆心为Gx,y，圆方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
代入A2,0 得F=−4−2D，将y=kx+1 代入圆方程，得：
x2+k2(x+1)2+Dx+Ekx+1−4−2D=0,
整理得：1+k2x2+2k2+D+Ekx+k2+Ek−4−2D=0,(1)
将y=kx+1 代入椭圆中，由(i)得：3+4k2x2+8k2x+4k2−12=0,(2)
方程(1)和(2)表示两个交点B,C 的横坐标满足的方程，故系数成比例，
则：1+k23+4k2=2k2+D+Ek8k2=k2+Ek−4−2D4k2−12，
解得：D=−k23+4k2,E=3k3+4k2.
设圆心Gx,y，
则x=−D2=k223+4k2,y=−E2=−3k23+4k2.
消去k 得轨迹方程24x2+2y2−3x=0.
但k=0 时，B，C中有一个点与A点重合，不符合题意，故除去点(0,0)，
因此，G的轨迹方程为24x2+2y2−3x=0x,y≠0,0.