江西景德镇市乐平市第一中学2025-2026学年上学期期末考试高二数学试卷含答案

这是一份江西景德镇市乐平市第一中学2025-2026学年上学期期末考试高二数学试卷含答案，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知向量a=(1,−2,2)，b=(3,k,6)，若a∥b，则实数k的值为（ ）
A.6B.2
C. −2D. −6
2. 若直线l与直线3x−33y+5=0垂直，则l的倾斜角为（ ）
A. π3B. 2π3
C. π6D. 5π6
3. x2−1x6的展开式中x3的系数为（ ）
A.15B.20
C. −20D. −30
4. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的一焦点到渐近线的距离为a，则C的离心率为（ ）
A. 2B. 3
C. 5D. 22
5. 用1，2，3，4，5，6可以组成N个无重复数字的六位奇数，则N=（ ）
A.360B.400C.420D.450
6. 某市高二年级男生的身高ξ（单位：cm）近似服从正态分布ξ∼N(170,25)，则随机选择一名本市高二年级的男生身高在[165,180]内的概率为（ ）
附：随机变量符合正态分布ξ∼N(μ,σ2)，则P(μ−σ0)的渐近线与圆x2+y2+8y+12=0相切，则双曲线的离心率为_______.
14．已知一个直四棱锥P−ABCD，如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=AB=2，M是线段PB的中点，则异面直线DM与PA所成角的正切值为__.
四、解答题：本题共6小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．根据下列条件分别写出直线l1和l2的方程，并化为一般式方程．
（1）l1的斜率是3，且经过点(2,1)，l2的斜率为4，在x轴上的截距为−2；
（2）l1经过两点A(−1,5)、B(2,−1)，l2在x轴、y轴上的截距分别是−3、−1．
16．值我校建校七十五周年之际，学校组织了丰富多彩的活动.为了响应号召，高二年级举办了知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛；若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为23，45，在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为12，38.甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
（1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
17．已知圆C的圆心为点C，其在直线x−2y+4=0上，且与x轴交于两点A(−5,0)、B(1,0)．
（1）求∆ABC的面积；
（2）求圆C的标准方程；
（3）已知Q(2,1)，点P在圆C上运动，求线段PQ中点M的轨迹方程．
18．如图所示，已知在四面体P−ABC中， PA=AB=BC=1，PC=3，PA⊥平 面ABC.
（1）求证：BC⊥平面PAB；
（2）求点A到平面PCB的距离；
（3）求平面APC与平面PCB的夹角．
19．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为22，且过点−62,12．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设椭圆E的右焦点为F，过点G(2,0)作斜率k不为0的直线交椭圆E于M，N两点
（i）当k=12时，求|MN|；
（ii）设直线FM和FN的斜率为k1，k2，求证：k1+k2为定值．
1．D
2．B
3．C
4．A
5．A
6．B
7．B
8.D
9.AB
10．ACD
11．ABD
12. 3281
13.2
14. 5
15．（1）l1:3x−y−5=0，l2:4x−y+8=0
（2）l1:2x+y−3=0，l2:x+3y+3=0
（1）由题意可知直线l1的方程为y−1=3(x−2)，即3x−y−5=0，
直线l2的方程为y−0=4(x+2)，即4x−y+8=0．
（2）直线l1的方程为x+12+1=y−5−1−5，即2x+y−3=0，
直线l2的方程为x−3+y−1=1，即x+3y+3=0．
16．（1）派甲参赛赢得比赛的概率更大
（2）815
（1）甲赢得比赛的概率为23×12=13，乙赢得比赛的概率为45×38=310，
因为13>310，所以派甲参赛赢得比赛的概率更大；
（2）甲未赢得比赛的概率为1−13=23，乙未赢得比赛的概率为1−310=710，
所以两人均未赢得比赛的概率为23×710=715，
所以两人中至少有一人赢得比赛的概率为1−715=815．
17.(1)3
（2）(x+2)2+(y−1)2=10
（3）x2+(y−1)2=52
（1）因为A(−5,0)、B(1,0)，所以线段AB的中垂线方程为x=−2，
易知点C为直线x=−2与直线x−2y+4=0的交点，
联立{x=−2x−2y+4=0得{x=−2y=1，故点C(−2,1)，故S∆ABC=12|AB|×1=12×6×1=3.
（2）由（1）可知圆C的半径为|BC|=(1+2)2+(0−1)2=10，
故圆C的标准方程为(x+2)2+(y−1)2=10.
（3）设点P(x0,y0)、M(x,y)，由线段中点坐标公式可得{x=x0+22y=y0+12，所以{x0=2x−2y0=2y−1，
因为点P在圆C上，所以(2x−2+2)2+(2y−1−1)2=10，化简得x2+(y−1)2=52.
故点M的轨迹方程为x2+(y−1)2=52.
18.（1）∵PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥AC，PA⊥BC；
∵PA=1，PC=3，∴AC=PC2−PA2=2，
又∵AB=BC=1，∴AC2=AB2+BC2，即证AB⊥BC，
又∵AB∩PA=A，PA，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB.
（2）以B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则A(0,1,0)，B(0,0,0)，C(1,0,0)，P(0,1,1)，
故AP→=(0,0,1)，AC→=(1,−1,0)，BP→=(0,1,1)，BC→=(1,0,0)，
设平面BPC的一个法向量为m→=(x1,y1,z1)，
则{m→⋅BP→=y1+z1=0m→⋅BC→=x1=0，取y1=1，∴m→=(0,1,−1)，
则点A到平面PCB的距离为|m→·AP→||m→|=102+12+(−1)2=22.
（3）设平面APC的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则{n→⋅AP→=z=0n→⋅AC→=x−y=0，取x=1，∴n→=(1,1,0)，
设平面APC与平面PCB的夹角为θ，
所以csθ=|cs⟨m，n⟩|=|m·n||m|·|n|=12·2=12，
所以θ=π3，故平面APC与平面PCB的夹角为π3。
19.（1）由题意知：ca=22，∴a=2c，∴b=a2−c2=c，
∴椭圆的方程为x22c2+y2c2=1，把点−62,12代入方程得：34c2+14c2=1，
∴c2=1，a2=2，b2=1，所以椭圆E的方程为x22+y2=1。
（2）（i）当k=12时，直线MN的方程为y=12(x−2)，
联立{x22+y2=1y=12(x−2)得3x2−4x=0，解得{x=0y=−1或{x=43y=−13，
则|MN|=43−02+−13+12=253。
由（1）知椭圆E的方程为x22+y2=1，则右焦点F(1,0)，
易知过点G(2,0)的直线MN的斜率存在，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，MN的方程为y=k(x−2)(k≠0)，
联立{x22+y2=1y=k(x−2)，得(1+2k2)x2−8k2x+8k2−2=0，
则Δ=64k4−4(1+2k2)(8k2−2)=−16k2+8>0，
x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2−21+2k2，
∴k1+k2=y1x1−1+y2x2−1=k(x1−2)x1−1+k(x2−2)x2−1=k2−x1+x2−2(x1−1)(x2−1)
=k2−x1+x2−2x1x2−(x1+x2)+1=k2−8k21+2k2−28k2−21+2k2−8k21+2k2+1=k4k2−2−8k2+2+4k21+2k28k2−2−8k21+2k2+1=0，
∴k1+k2=0为定值.