四川省自贡市2025-2026学年高二上学期1月期末数学试卷含解析（word版）

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1. 答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、班级填写在答题卡上.
2.回答选择题时, 选出每小题答案后, 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动, 用橡皮擦干净后, 再选涂其它答案标号.回答非选择题时, 将答案写在答题卡上, 写在试卷上无效.
3. 考试结束后,将答题卡交回.
一、选择题: 本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分.每小题给出的四个选项中, 只有 一个选项是正确的. 请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 在空间直角坐标系 Oxyz 中，点 M−1,4,2 关于平面 xOz 对称的点的坐标是( )
A. 1,4,2 B. 1,−4,−2 C. −1,−4,2 D. −1,4,−2
【答案】C
【解析】
【分析】在空间直角坐标系 Oxyz 中,一个点 x,y,z 关于平面 xOz 对称的点的坐标为 x,−y,z ,据此即可得到答案.
【详解】由空间直角坐标系,可得点 M−1,4,2 关于平面 xOz 对称的点的坐标为 −1,−4,2 . 故选: C
2. 已知双曲线 y2a2−x212=1a>0 的焦距长为 12,则该双曲线的渐近线方程为 ( )
A. y=±22x B. y=±2x C. y=±12x D. y=±2x
【答案】B
【解析】
【分析】求出 a ,根据焦点在 y 轴上的双曲线渐近线方程即可求出答案.
【详解】双曲线的焦距长为 12,即 2c=12 ,所以 c=6 ,
又 b2=12 ,所以 a2=c2−b2=24 ,所以 a=26 ,
因为双曲线的焦点在 y 轴上,
故双曲线的渐近线方程为 y=±abx=±2623x=±2x .
故选: B.
3. 在三棱柱 ABC−A1B1C1 中，若 CA=a,CB=b,CC1=c ，则 AB​1= ( )
A. a+b−c B. b−a−c C. −a−b+c D. b−a+c
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意,画出图形,利用空间向量的线性运算即可表示出 AB1 .
【详解】如图所示,

因为 CA=a,CB=b,CC1=c ,
所以 AB​1=AA1+A1B1=AA1+A1C1+C1B1=AA1−C1A1+C1B1=CC1−CA+CB=b−a+c . 故选: D.
4. 依次投掷硬币 3 次，至少有一次出现正面的概率是( )
A. 18 B. 16 C. 56 D. 78
【答案】D
【解析】
【分析】利用对立事件可求概率.
【详解】依次投掷硬币 3 次，观察是否出现正面，样本空间共有 8 个样本点，
记“一次正面都没有出现”为事件 A ，则 A 中有 1 个样本点，
故 PA=18 ，故至少有一次出现正面的概率为 1−18=78 ，
故选: D.
5. 我市读书爱好者协会有 6 名成员，暑假期间这 6 名协会成员每个人阅读的书本数分别如下:3, 2, 5, 4, 3, 1, 则这组数据的方差为( )
A. 3 B. 2
C. 53 D. 78
【答案】C
【解析】
【分析】先求出均值, 再根据方差公式求解即可.
【详解】由题设有 x=3+2+5+4+3+16=3 ,
所以这组数据的方差
s2=163−32+2−32+5−32+4−32+3−32+1−32=160+1+4+1+0+4=106=53 故选: C.
6. 已知曲线 C 的方程为 x23−m−y2m−1=1 . 则 “ 14 ,所以 00 ,其准线方程为 x=−p2 .
已知 A2,y0 是抛物线 C 上的点,且 AF=52 ,
根据抛物线的定义,可得 2+p2=52 ,解得 p=1 ,
则抛物线 C 的方程为 y2=2x .
【小问 2 详解】
联立 x−y−2=0y2=2x ，解得 x=3+5y=1+5 或 x=3−5y=1−5 ，
则 M3+5,1+5,N3−5,1−5 ,
所以 MN=3+5−3−52+1+5−1−52=210 .

18. 在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD⊥ 底面 ABCD,E,F 分别为 PC,AD 的中点.

(1)求证: DE// 平面 PBF ；
(2)直线 PB 与底面 ABCD 所成角为 45∘,AB=1 .
(i) 求 F 到平面 BDE 的距离;
(ii) 求平面 PBF 与平面 BDE 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)(i) 1010 ；(ii) 75555
【解析】
【分析】(1) 设 G 为 PB 中点,连接 GE,FG ,通过证明四边形 FDEG 为平行四边形可完成证明;
(2)由题意知 ∠PBD=45∘ ，以 D 为原点，构建空间直角坐标系.
(i)由题可计算出平面 BDE 的法向量，然后由空间向量知识可得答案；
(ii) 求出平面 BDE ,平面 PBF 的法向量,然后由空间向量知识可得答案.
【小问 1 详解】
证明: 设 G 为 PB 中点,连接 GE,FG ,又 E,F 分别是 PC、AD 中点,
所以 FD=12AD ， GE=12BC ， GE//BC ，又底面 ABCD 是正方形，
所以 FD=GE ， GE//FD ，故四边形 FDEG 为平行四边形，则 DE//FG ，
又 DE 不在平面 PBF 内, FG⊂ 平面 PBF ,所以 DE// 平面 PBF .
【小问 2 详解】
由题意知 ∠PBD=45∘ ，如图以 D 为原点，构建空间直角坐标系，
因 AB=1 ,则 PD=DB=2 ,
所以 B1,1,0,D0,0,0,E0,12,22,F12,0,0,P0,0,2 ,
所以 DB=1,1,0,DE=0,12,22,PB=1,1,−2,FB=12,1,0 .
(i) 令 m=x,y,z 为平面 BDE 的一个法向量,
则 m⋅DB=x+y=0m⋅DE=12y+22z=0 ,取 m=−2,2,−1 ,
又 FD=−12,0,0 ,则 F 到平面 BDE 距离为: d=FD⋅mm=222+2+1=1010 ;
(ii) 令 n=a,b,c 为平面 PBF 的一个法向量,
则 n⋅PB=a+b−2c=0n⋅FB=12a+b=0 ,取 n=2,−1,22 ,
又由 (i) 可得平面 BDE 法向量可为 m=−2,2,−1
所以平面 PBF 与平面 BDE 夹角的余弦值为: cs⟨m,n⟩=m⋅nmn=725×112=75555 .

19. 离心率为 32 椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 的左、右焦点分别为 F1、F2 ,过 F1 作垂直于 x 轴的直线被圆 O:x2+y2=5 所截的弦长为 22 .
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2) P 是圆 O 上任意一点，过 P 作椭圆 C 的两条切线 PM 、 PN ， M 、 N 为切点.
(i) 证明: PM⊥PN ;
(ii) 作 PQ⊥MN 于 Q ,判断 QF1+QF2 是否为定值? 若是求出其定值,若不是请说明理由.
【答案】(1) x24+y2=1
(2)(i)证明见解析；(ii)答案见解析
【解析】
【分析】(1) 由圆的弦长公式求出 c ,结合离心率求出 a,b ,可得椭圆标准方程;
(2)(i)设 Px0,y0 ，切线 y−y0=kx−x0 ，联立切线方程与椭圆方程，消元后由 Δ=0 得 k1k2=−1 ,从而得 PM⊥PN ; 当切线 PM,PN 的斜率有一个不存在时,求出此时的 P 点以及 PM,PN 直线, 同样得证;
(ii) 先求得切线方程为 xix4+yiy=1,i=1,2 ,利用切线都过 P 得直线 MN 的方程,由垂直得直线 PQ 方程,从而可得 Q 点坐标,再利用 P 在圆上,可得 Q 点轨迹方程,判断其为椭圆,焦点也是 F1,F2 , 得 QF1+QF2 定值. 当切线 PM,PN 的斜率有一个不存在时,求出 Q 点坐标后也在上述椭圆上, 从而证得结论.
【小问 1 详解】
由题意，弦长为 25−c2=22 ,则 c=3
由于 e=ca=32 ,则 a=2 .
b2=a2−c2=22−32=4−3=1.
所以椭圆 C 的标准方程为 x24+y2=1 .
【小问 2 详解】
(i) 设 Px0,y0 ,则 x02+y02=5 ,过点 P 的直线方程为 y−y0=kx−x0 ,即 y=kx+y0−kx0.
联立直线与椭圆方程 y=kx+y0−kx0x24+y2=1 ,消去 y 得: x24+kx+y0−kx02=1 ,展开并整理得 1+4k2x2+8ky0−kx0x+4y0−kx02−4=0 .
因为直线与椭圆相切,所以 Δ=64k2y0−kx02−41+4k24y0−kx02−4=0 ,化简得 x02−4k2−2x0y0k+y02−1=0.
设直线 PM、PN 的斜率分别为 k1,k2 ,则 k1,k2 是上述方程的两个根,根据韦达定理 k1k2=5−x02−1x02−4=4−x02x02−4=−1 ,所以 PM⊥PN .
当直线 PM、PN 中有一条直线的斜率不存在时,不妨设直线 PM 的斜率不存在,则 PM 的方程为 x=±2 .
当 x=2 时,代入圆的方程 x2+y2=5 得 y=±1 ,此时 P2,1 或 P2,−1 .
若 P2,1 ,则直线 PN 的斜率为 0,满足 PM⊥PN ;
若 P2,−1 ,同理可得 PM⊥PN .
当 x=−2 时,同理可证 PM⊥PN .
综上, PM⊥PN 得证.
(ii) 当切线 PM,PN 的斜率都存在时,设 Mx1,y1,Nx2,y2 ,
切线 PM,PN 方程为 y−yi=kix−xi,i=1,2 ,
由 (i) 得 4−xi2k2+2xiyiki+1−yi2=0,i=1,2 ,
又 M,N 点在椭圆上,得 xi24+yi2=1,i=1,2 ,
代入得 2yki+xi22=0 ,
即 ki=−xi4yi,i=1,2 ,
切线 PM,PN 方程为 xix4+yiy=1,i=1,2 ,
又过 P 点,则 xix04+yiy0=1,i=1,2 ,
所以直线 MN 方程为 x0x4+y0y=1 ,
由 PQ⊥MN 得直线 PQ 方程为 y−y0=4y0x0x−x0 ,
联立直线 MN 方程与直线 PQ 方程, x0x4+y0y=1y−y0=4y0x0x−x0 ,
解得 xQ=4x01+3y02x02+16y02=4x01+3y025+15y02=4x05 ,
代入直线 PQ 方程得 yQ=15y0 ,
由 x02+y02=5 得 Q 点轨迹方程为 xQ25+yQ21=1 ,
则 Q 点恰好在以 F1,F2 为焦点,半长轴长为 455 的椭圆上,
当切线 PM,PN 的斜率有一个不存在时,
如 PM 斜率不存在,则 M2,0,P2,1,N0,1 ,
直线 MN 方程为 y=−12x+1,PQ 方程为 y−1=2x−2 ,
可解得 Q85,15,Q 点也在椭圆 xQ216+yQ215=1 上,
若 M−2,0 ,同理,
故 QF1+QF2=855 .