2025-2026学年四川省成都七中上学期高二数学周测19（含答案）

这是一份2025-2026学年四川省成都七中上学期高二数学周测19（含答案），共15页。试卷主要包含了阅读材料，已知双曲线， 抛物线有如下光学性质等内容，欢迎下载使用。
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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1.抛物线x=4y2的焦点到准线的距离为
A.2
B.4
C. 14
D. 18
2.在数列{an}中a1=2，且an+1=11−an,n∈N∗，则a2026=
A.2
B. 12
C. −1
D. −6073
3.设动点P(x,y)满足x2+(y+1)2+x2+(y−1)2=10，则点P的轨迹的离心率为
A. 110
B. 55
C. 15
D. 510
4.阅读材料：数轴上，方程Ax+B=0(A≠0)可以表示数轴上的点；平面直角坐标系xOy中，方程Ax+By+C=0(A,B不同时为0)可以表示坐标平面内的直线；空间直角坐标系O−xyz中，方程Ax+By+Cz+D=0(A,B,C不同时为0)可以表示坐标空间内的平面。过点P(x0,y0,z0)一个法向量为n=(a,b,c)平面α方程可表示为a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0。阅读上面材料，解决下面问题：已知平面α的方程为x−y+z+1=0，直线l是两平面x−y+2=0与2x−z+1=0的交线，则直线l与平面α所成角的正弦值为
A. 1035
B. 23
C. 715
D. 75
5.等差数列{an}前n项的和为Sn，已知am−1+am+1−3am2=0(m≥2,m∈N∗)，S2m−1=383，则m=
A.7
B.8
C.9
D.10
6.已知双曲线：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，过M(−2a,0)的直线分别交双曲线左右两支为A，B，A关于原点O的对称点为C，若2∠BMO=π2−∠MBC，则双曲线的离心率e=
A. 2
B. 3
C. 22
D. 23
7. 在平行六面体 ABCD−A1B1C1D1 中，AB=AD=AA1，∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=60°，A1Q→=λA1B→(00) 的蒙日圆为 C:x2+y2=32a2，过 C 上的动点 M 作 Γ 的两条切线，分别与 C 交于 P，Q 两点，直线 PQ 交 Γ 于 A，B 两点，则下列说法中正确的有
A. 椭圆 Γ 的离心率为 22
B. M 到 Γ 的左焦点的距离的最小值为 6−22a
C. ∆MPQ 面积的最大值为 32a2
D. 若动点 D 在 Γ 上，将直线 DA，DB 的斜率分别记为 k1，k2，则 k1k2=−12
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 若椭圆C:x2m+y29=1(m>9)比椭圆D:x26+y23=1更扁，则椭圆C的长轴长的取值范围是 ¯.
13. 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为5，点M在棱AB上，且AM=2，点P是正方体下底面ABCD内（含边界）的动点，且动点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为25，则动点P到B点的最小值是 ¯.
14. 已知点A1，A2分别是椭圆C:x29+y2=1的左、右顶点，Q为直线x=6上的动点，直线A1Q，A2Q与椭圆的另一交点分别为M，N，则四边形A1MA2N面积的最大值为 ¯.
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. 已知直线x−y−2=0经过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，且与C交于A，B两点.
（1） 求C的方程；
（2） 求圆心在x轴上，且过A，B两点的圆的方程.
16. 半程马拉松是一项长跑比赛项目，长度为21.0975公里，为全程马拉松距离的一半.20世纪50年代，一些赛事组织者设立了半程马拉松，自那时起，半程马拉松的受欢迎程度大幅提升.某调研机构为了了解人们对“半程马拉松”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄的人举办了一次“半程马拉松”知识竞赛，将参与知识竞赛者按年龄分成5组，其中第一组[20,25)，第二组[25,30)，第三组[30,35)，第四组[35,40)，第五组[40,45]，得到如图所示的频率分布直方图.
（1） 根据频率分布直方图，估计参与知识竞赛者的平均年龄；
（2） 现从以上各组中用比例分配的分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“半程马拉松”宣传使者.若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选为宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选为组长的概率；
（3） 若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和1，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和2，据此估计年龄在[35,45]内的所有参与知识竞赛者的年龄的平均数和方差.
17. 如图，三棱锥 P−ABC 中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP、AP、BC 的中点分别为 D，E，O，AD=5DO，点 F 在 AC 上，BF⊥AO。
（1） 证明：EF∥ 平面 ADO；
（2） 证明：平面 ADO⊥ 平面 BEF；
（3） 求二面角 D−AO−C 的正弦值。
18. 如图，已知椭圆 C1:\latex>x2a2+y2b2=1(a>b>0)\latex>与等轴双曲线\(C2 共顶点 (±22,0)，过椭圆 C1 上一点 P(2,−1) 作两直线与椭圆 C1 相交于相异的两点 A、B，若 ∠APB 的角平分线垂直于 x 轴，直线 AB 与 x，y 轴正半轴相交，分别记交点为 M，N。
（1） 求直线 AB 的斜率；
（2） 若直线 AB 与双曲线 C2 的左，右两支分别交于 Q，R，求 NQNR 的取值范围。
19. 在平面直角坐标系 xOy 中，若 P，Q 两点在直线 l 的同一侧，则称 P，Q 为“l− 同域点”；若 P，Q 两点分别在直线 l 的两侧，则称 P，Q 为“l− 异域点”。
已知：抛物线 Γ:x2=2y，l1:x−y+m=0(m∈R)。
（1） 若点 (2,0)，(2,4) 为“l1− 异域点”，求实数 m 的取值范围。
（2） 已知过 (0,1) 的直线与抛物线 Γ 交于 A(x1,y1)，B(x2,y2) 两点，
（I） 若 A，B 为“l1− 同域点”，比较 (x1−y1+m)(x2−y2+m) 与 0 的大小关系并说明理由；
（II） 直线 AB 的斜率为 k1，过原点 O 作斜率为 k2 的直线 l2，k1,k2∈{1,2,3,4,5,6}，点 A，B 到直线 l2 的距离分别记为 d1，d2，若 |d1−d2|0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，A1(−3,0)，A2(3,0)。直线QA1的方程为y=t9(x+3)。直线
QA2的方程为y=t3(x−3)。联立{y=t9(x+3)x2+9y2=9消去x得9t2+1y2−6ty=0，解得y1=6tt2+9(y2=0
舍去），同理由{y=t3(x−3)x2+9y2=9，得y2=−2tt2+1(y2=0舍去），
则四边形A1MA2N的面积为S=S∆A1MA2+S∆A1NA2=12|A1A2|(|y1|+|y2|)=3|y1−y2|=316t2+9+2tt2+1=
24t(t2+3)t4+10t2+9=24×1(t2+3)2+4t2t(t2+3)=24×1t2+3t+4tt2+3。
设u=t2+3t(u≥23)，y=u+4u在[23,+∞)上单调递增，∴ 当u=23，t=3时，
y取得最小值833，因此S的最大值为33。
15.（1）y2=8x5分
（2）由（1）知，抛物线C的准线方程为x=−2，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，AB的中点为M(x0,y0)，
由{x−y−2=0y2=8x消去y得x2−12x+4=0，则x1+x2=12，
有x0=x1+x22=6，y0=x0−2=4，即M(6,4)，
因此线段AB的中垂线方程为y−4=−(x−6)。即y=−x+10，令y=0，得x=10，
设所求圆的圆心为E，则E(10,0)，又AB过C的焦点F，则有|AB|=|AF|+|BF|=x1+2+x2+2=16，
设所求圆的半径为r，则r2=|AB|22+|ME|2=82+42+42=96，
故所求圆的方程为(x−10)2+y2=96。
16.（1） 设参与知识竞赛者的平均年龄为x¯，
则x¯=(22.5×0.02+27.5×0.07+32.5×0.05+37.5×0.04+42.5×0.02)×5=31.75（岁）
（2） 由题意得，第四组应抽取0.2×20=4人，记为A（甲），B，C，D，第五组应抽取0.1×20=2人，记为E（乙），F，对应的样本空间为：
Ω={(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(A,F),(B,C),(B,D),(B,E),(B,F),(C,D),(C,E),(C,F),(D,E),(D,F),(E,F)}
设事件M为“甲、乙两人至少一人被选上”，
则M={(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(A,F),(B,E),(C,E),(D,E),(E,F)}，所以P(M)=n(M)n(Ω)
=915=35。
（3） 设第四组、第五组的立传使者的年龄的平均数分别为x¯4，x¯5，方差分别为s42，s52，
则x¯4=36，x¯5=42，s42=1，s52=2，
设第四组和第五组所有立传使者的年龄平均数为z¯，方差为s2，则z¯=4x¯4+2x¯56=4×36+2×426=38
s2=46s42+(x¯4−z¯)2+26s52+(x¯5−z¯)2=461+(36−38)2+262+(42−38)2=283
据此估计第四组和第五组所有人的年龄的平均数为38，方差为283。
17.（1） 证明设AF=tAC，则BF→=BA→+AF→=(1−t)BA→+tBC→，AO→=−BA→+12BC→，
①处用BA→，BC→表示BF→，AO→因为BF⊥AO，
所以BF→·AO→=(1−t)BA→+tBC→·−BA→+12BC→
=(t−1)BA→2+12tBC→2=4(t−1)+4t=0，解得t=12，
则F为AC的中点。
②处利用⊥找点F位置BF→⊥AO→找点F位置
又D，E，O分别为PB，PA，BC的中点，于是EF∥PC，DO∥PC，所以EF∥DO又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO。
（另：几何法（三角形斜边中线等于斜边一半推出直角）另：平面建系）
（2） 证明由（1）可知EF∥DO，
由题意可得AO=AB2+OB2=6，DO=12PC=62，
所以AD=5DO=302，因为DO2+AO2=AD2=152，
则DO⊥AC，
③处利用勾股定理证明AO⊥OD所以EF⊥AO，
又AO⊥BF，BF∩EF=F，BF，EF⊂平面BEF，则有AO⊥平面BEF
又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF。
（3） 解如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系。
则B(0,0,0)，A(2,0,0)，O(0,2,0)，AO→=(−2,2,0).
因为PB=PC，BC=22，所以设P(x,2,z)，z>0，
则BE→=BA→+AE→=BA→+12AP→
=(2,0,0)+12(x−2,2,z)=x+22,22,z2.
④处求BE→坐标出（2）得AO⊥BE.所以AO→·BE→=(−2,2,0)·
x+22,22,z2=0，所以x=−1，又PB=6，BP→=(x,2,z)，
所以x2+2+z2=6，所以z=3，则P(−1,2,3).
⑤处利用AO⊥BE及PB长求点P坐标
由D为PB的中点，得D−12,22,32，则AD→=−52,22,32.
设平面DAO的法向量为n1→=(a,b,c)，则{n1→⋅AD→=0,n1→⋅AO→=0,即{−52a+22b+32c=0,−2a+2b=0,
得b=2a，c=3a，取a=1，则n1→=(1,2,3).易知平面CAO的一个法向量为n2→=(0,0,1).
设二面角D−AO−C的大小为θ，则|csθ|=|cs⟨n1→，n2→⟩|=|n1→·n2→||n1→||n2→|=36=22，
所以sinθ=1−12=22，
⑥处利用向量法求两法向量夹角故二面角D−AO−C的正弦值为22
18.（1） 由题椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，顶点(±22,0)，可得a=22，
又因为点P(2,−1)在椭圆C1上，即48+1b2=1，得b2=2，所以椭圆方程为x28+y22=1，
设等轴双曲线C2:x2−y2=m2，m>0，
由题意等轴双曲线C2的顶点为(±22,0)，可得m2=8，所以双曲线C2的方程为：x2−y2=8，
因为直线PA、PB的倾斜角互补，且A，B是不同的点，所以直线PA、PB都必须有斜率.
设直线PA方程为y=k(x−2)−1，联立{y=k(x−2)−1x28+y22=1，
整理得(1+4k2)x2−(16k2+8k)x+16k2+16k−4=0，A和P点横坐标即为方程两个根，
可得xA+xP=16k2+8k1+4k2，因为xP=2，所以xA=8k2+8k−21+4k2，
代入直线PA可得yA=4k2−4k−11+4k2，即A8k2+8k−21+4k2,4k2−4k−11+4k2，
又因为直线PA、PB的倾斜角互补，将k换成−k，可得B8k2−8k−21+4k2,4k2+4k−11+4k2，
两点求斜率可得出kAB=−12，所以直线AB的斜率为−12
（2） 由（1）可设直线AB的方程：y=−12x+n，又因为直线AB与x，y轴正半轴相交，则n>0，联立方程组
{y=−12x+nx28+y22=1，整理得2x2−4nx+4n2−8=0，Δ=16n2−8(4n2−8)>0，解得0