云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷，共7页。试卷主要包含了3)，已知椭圆C ， 314等内容，欢迎下载使用。
总分：150 分，考试时间：120 分钟命题人：张琪冉伊 马志娟
单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确选项填涂在答题卡相应的位置上.
等比数列a 的公比为2 ，则 a2  a4  a6 
na  a  a
2
1
135
2C. 4D. 1
4
→→→→
已知向量a  2x 1, x ， b  1,1 ，若a  b ，则 3a  2b 
2
10
A.2B. 2C.3D.
在ABC 中，已知 AC  2, AB  4,
A 为 60°，则 BC 的长度为
3
7
A. 2B. 2C.12D.28
一个圆台的上底面半径为 1，下底面半径为 2，轴截面的面积为 9，则该圆台的体积为
2π
3
已知a 
B.2πC.7πD. 7π 3
31
, b  lg3 4, c  e2 ，则
2
b  a  c
C． c  b  a
a  b  c
D． a  c  b
如图， P 是抛物线 y2  4x 上一点， F 是抛物线的焦点， OFP  60 ，则 PF 
84
A.8B.4C. 3D. 3
规定工厂产生的废气必须过滤后才能排放，已知在过滤过程中，废气中的污染物 P(单位:mg/L)与过滤时间 t(单位:h)之间的函数关系式为 P(t)=P0e-kt(e 为自然对数的底数，P0
为污染物的初始含量)，过滤 2 h
16
后检测，发现污染物的含量为原来的25，要使污染物
1
的含量不超过初始值的100，则至少需要过滤(参考数据:lg 2≈0.3)
A.10 hB.20 hC.30 hD.40 h
设 a  R, b  R, 若函数mx  a  xlg2 x  b 1  0 ，则 a  b 
A. -2B. -1C. 0D. 1
多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
已知圆C ： x2  y2  4x  2my  m2  0 和圆C ： x2  y2  4 y 12  0 ，则下列说法正确
12
的是
若m  0 ，则圆C1 和圆C2 相离
若m  0 ，则圆C1 和圆C2 的公共弦所在直线的方程是 x  y  3  0
若圆C1 和圆C2 内切，则m  2
2
若圆C1 和圆C2 外切，则m  4 2
已知函数 f (x)  sin xcs x ，则下列说法正确的是
f ( x) 的周期为 π
2
f ( x) 的图象关于直线 x  π 对称
2
 
f ( x) 在区间 π , π  上单调递减
 4 2 
(π, 0) 是 f ( x) 的一个对称中心
1688 年，笛卡尔根据塔索研究的一簇花瓣与叶形曲线特征，提出了笛卡尔叶形线方程
C : x3  y3  4axy  0 ，则下列选项中正确的是
笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点 B．笛卡尔叶形线关于直线 y  x 对称
当a  3 时，若点 P  x, y  是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则 PO 的最大值为
2
5
当a  1 时，若点 P  x, y  是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则 xy 的最大值为 4
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
3,
在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，BC  CC1 ， A1C1  CC1 ， A1B CC1  1 ，则异面
直线 A1B与CC1 所成角的余弦值为.
x2  x  1
函数 y  x  1 的最小值为.
x  1
笼子里有 6 只蝴蝶，每次打开笼子随机地飞出一只蝴蝶，再把飞出的蝴蝶放回笼子，重复 3 次，记至少飞出一次的蝴蝶的只数为 X，则数学期望 E( X )  .
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）已知数列an 的前 n 项和为Sn
 1 n2  1 n ．
22
求数列an 的通项公式；
1
n
记b ，若 P  b b  2b b  3b b L 1n nbb，求 P ；
ann
1 33 55 72n1 2n1n
16.（本小题 15 分）海水稻的灌溉是将海水稀释后进行灌溉.某试验基地为了研究海水浓度 x(‰)对亩产量 y(吨)的影响，通过在试验田的种植实验，测得了某种海水稻的亩产量与海水浓度的数据如表.绘制散点图发现，可用线性回归模型拟合亩产量 y 与海水浓度
x 之间的相关关系，用最小二乘法计算得 y 与 x 之间的经验回归方程为 ‸y  bx  0.88 .
(1)请你估计：当浇灌海水浓度为 8‰时，该品种海水稻的亩产量；
(2)（i）完成上述残差表；
（ii）在统计学中，常用决定系数 R2 来刻画回归效果， R2 越大，模型拟合效果越好，并用它来说明响应变量与解释变量的相关性.你能否利用以上表格中的数据，计算决定系数 R2 ，并判断模型的拟合效果.(计算中数据精确到 0.01)
n
ii
 y  ‸y 2
i
（参考公式：残差e‸  y  ‸y ，决定系数 R2  1 i1
海水浓度 xi （‰）
3
4
5
6
7
亩产量 yi (吨)
0.62
0.58
0.49
0.4
0.31
残差e‸
i
iii
n

i1
 y  y 2
5 2
参考数据： ( yi  y)  0.065 ）
i1
17.（本小题 15 分）在正三棱锥 P  ABC 中，PO  平面 ABC ，垂足为点O ，过O 作平面α
与棱 PA ， AB ， BC ， CP 交于点 D，E，F，G.
求证：E，O，F 三点共线；
AE
若四边形 DEFG 为平行四边形，求 EB 的值.
18.（本小题 17 分）已知函数 f  x  ln x  x ．
求证： f  x  1；
若函数h(x)  af (x) 
x (a  R) 无零点，求实数 a 的取值范围．
ex
x2y23
19.（本小题 17 分）已知椭圆C : a2  b2  1a  b  0 的离心率为
求椭圆 C 的方程；
，短轴长为 2．
2
若动点 P(x0 , y0 ) 为椭圆外一点，过 P 作椭圆 C 的切线，切点分别为 M，N，直线 OP 与椭圆交于 A，B 两点（点 A 在 PO 延长线上）．
求直线 MN 的方程；
V AMN 的面积是否存在最大值，若存在，求出此时动点 P 的轨迹，若不存在，请说明理由．
2027 届高二数学期中考试参考答案
1
2
3
4
5
6
7
8
B
D
A
C
A
D
B
C
单选题
8、解：由题意可知： f (x) 的定义域为 b 1，  ，令 a  x  0 解得 x  a ；令 x  b 1  1 解得 x  b ；
则当 x  b 1,b时， lg2 x  b 1  0 ，故 a  x  0 ，所以 a  b ；
x  b,时， lg2 x  b 1  0 ，故 a  x  0 ，所以 a  b ；故 a  b ， 所以 a  b  0 .
9
10
11
BC
ABC
ABD
多选题
11、解：对于 A，在 x3  y3  4axy  0 中，令 x  0 ，得 y  0 ，令 y  0 ，得 x  0 ，所以笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点0, 0 ，故 A 正确；
对于 B，在 x3  y3  4axy  0 中，将点 y, x 代入可得 y3  x3  4ayx  0 ，
显然方程不变，所以笛卡尔叶形线关于直线 y  x 对称，故 B 正确；
对于 C，当a  3 时，方程C : x3  y3 12xy  0 ，由 B 可知，笛卡尔叶形线关于直线 y  x 对称，
将 y  x 代入曲线可得2x3 12x2  0 ，解得 x  6 ，即 P 6, 6 ，
2
此时点 P 6, 6 是笛卡尔叶形线上第一象限内的点， PO  6
2
5
，故 C 错误；
对于 D，当a  1 时，方程C : x3  y3  4xy  0 ，
 3 2
 3 2
333
由基本不等式可得 x3  y3   x 2    y 2   2x 2  y 2  2  xy 2 ，

33
当且仅当 x 2  y 2 时等号成立，
3
所以4xy  2  xy 2 ，解得 xy  4 ，此时 x  y  2 ，
经检验，点2, 2 在曲线C : x3  y3  4xy  0 上，所以 xy 的最大值为 4，故 D 正确.
填空题
12．
313. 314. 91
336
14．解：依题意， X 的可能取值为 1、2、3，总的选取可能数为63  216 ，其中 X  1 ：三次飞出同一只蝴蝶，选择蝴蝶的情况有 5 种，
故 PX  1 
6
216
 1 ，
36
X  2 ：恰好两只不同蝴蝶飞出（即一只飞出两次，另一只飞出一次），选取飞出两次的蝴蝶有 6 种方式，选取飞出一次的蝴蝶有 5 种方式，
其中选取飞出一次的蝴蝶的位置有 3 种可能，故事件 X  2 的可能情况有6  5 3  90 种，
故 PX  2 
90
216
 15  5 ，
3612
X  3 ：三只不同蝴蝶飞出，
由排列数可知事件 X  3 的可能情况有6  5 4  120 种，
故 PX  3  120  20  5 ，
216369
所以 EX  3  1 PX  1  PX  2 3 PX  3  1 1   5  3 5  1 30  60  91
91
故答案为：.
36
36129
3636
解答题
15.【详解】（1）数列an 中， Sn
 1 n2  1 n ，
22
当n  2 时， a  S  S 1 n2  1 n  1 (n 1)2  1 (n 1)  n ，
nnn1
而a1  S1  1 满足上式，
2222
所以数列an 的通项公式是an  n .
2由（1）得b  1  1 ，
（ ）n
P  b b  2b b  3b b
ann
n
L ( 1)nnbb 
1k k
，
k 1 2k 12k 1
n1 33 55 72n1 2n1
(1)k k
而
(1)k

(
11) ，
(2k 1)(2k 1)42k 12k 1
因此 P  1 [  1  1  1  1  1  1 L ( 1)n1 ( 1)n1]，

n41 335572n 12n 1
当n 为偶数时， P  1 ( 11) ；
n42n 1
当n 为奇数时， P  1 ( 11) .
n42n 1
16、【详解】
根据题中数据可知 x  3  4  5  6  7  5 ，
5
y  0.62  0.58  0.49  0.4  0.31  0.48 ，
5
将样本中心点 x , y  的坐标5, 0.48 代入经验回归方程 ‸y  bx  0.88 得0.48  5b  0.88 ，解得b  0.08 ，
所以经验回归方程为 ‸y  0.08x  0.88 .
当 x  8 时， ‸y  0.08 8  0.88  0.24 ，
即当浇灌海水浓度为 8‰时，该品种海水稻的亩产量为0.24 吨.
（i）由经验回归方程 ‸y  0.08x  0.88 可得
‸y  0.08 3  0.88  0.64 ， e‸  0.62  0.64  0.02 ；
11
‸y  0.08 4  0.88  0.56 ， e‸  0.58  0.56  0.02 ；
22
‸y  0.08 5  0.88  0.48 ， e‸  0.49  0.48  0.01 ；
33
‸y  0.08 6  0.88  0.4 ， e‸  0.4  0.4  0 ；
44
‸y  0.08 7  0.88  0.32 ， e‸  0.31 0.32  0.01 .
55
所以残差表如下：
海水浓度 xi （‰）
3
4
5
6
7
亩产量 yi (吨)
0.62
0.58
0.49
0.4
0.31
残差e‸
i
0.02
0.02
0.01
0
0.01
（ii）
n
由上数据可知
i1
 y  ‸y 2  2 0.022  0.012   0.001 ，
ii
5 2
又( yi  y)
i1
 0.065 ，
ii
2
n  y  ‸y 
0.00164
n
所以决定系数 R2  1 i1  1 0.98 ，
2
 yi  y 
i1
0.06565
与 1 比较接近，故拟合效果较好.
【详解】
因为 E 平面α， F 平面α，所以 EF  平面α.
同理 EF  平面 ABC ，
所以平面α∩ 平面 ABC  EF .
又因为O 平面α， O 平面 ABC ，所以O  EF .
即 E，O，F 三点共线.
若四边形 DEFG 为平行四边形，则 EF / / DG .
又 EF  平面 PAC ， DG  平面 PAC ，所以 EF / / 平面 PAC .
又 EF  平面α，平面α∩ 平面 PAC  AC ，
所以 EF // AC .
在正三棱锥 P  ABC 中， PO  平面 ABC ，则O 为正三角形 ABC 的中心，即为重心.
连接 BO 并延长交 AC 于点 Q，则 BO  2OQ .
由（1）可知， O  EF .又 EF // AC ，则 BE  2 .
EA
所以 AE  1 .
EB2
【详解】
依题意知，函数 f  x 的定义域为0, ∞ ，
令 f  x  0 ，则1 x  0 ，解得0  x  1；
x
令 f  x  0 ，则1 x  0 ，解得 x  0 或 x  1 ；
x
f  x  1 1  1 x ，
xx
所以函数 f  x 在0,1 上单调递增，在1,  上单调递减.
当 x  1 时， f  x 取得最大值为 f  x  f 1  ln11  1，所以 f  x  1.
依题意得h  x  af (x)  x
ex
 a ln x  x  x ，
ex
h x  a  1 1  1 x  1 x 1  a  ，
 xex exx 

当a  0 时，
h  x  x
ex
0 ， h  x 在定义域上无零点；满足题意.
当a  0 时，
x  0 ，所以 1  a  0 ，令h(x)  0 ，得0  x  1；令h(x)  0 ，得 x  1 ；

exx
所以h  x 在0,1 上单调递增，在1,  上单调递减. 当 x  1 时， h  x 取得最大值为h 1  a  1 ，因为h  x 无
e
零点,所以h 1  a  1  0 ，解得a  1 ；
ee
当a  0 时，
因为 f  x  1，所以a(ln x  x)  0 ，即h  x  a ln x  x  x
ex
所以h  x 在定义域上无零点；满足题意.
综上所述，实数 a 的取值范围, 0∪  1 , .
0 ，
 e

【详解】
3
，短轴长为 2，得b  1，
a2  b2

3
2
x2
2
a
2
4
x2y2
（1）由椭圆C : 1 的离心率为，
a2b2
b  1, a  2
解得，所以椭圆 C 的方程为 y  1.
（2）（ⅰ）设点M (x1 , y1 ), N (x2 , y2 ) ，
当 y1  0 时，设以点M 为切点的椭圆C 的切线方程为 y  kx  m ，
 y  kx  m

由x2  4 y2  4
消去 y 得， (4k 2 1)x2  8kmx  4m2  4  0 ，
  64k 2m2 16(4k 2 1)(m2 1)  16(4k 2 1 m2 )  0 ，
x1  
4km 4k 2 1
, y1 
m
4k 2 1 ，
1
1
则k   x1 ，切线方程为 y  y   x1 (x  x ) ，
4 y14 y1
又 x2  4 y2  4 ，整理得 x x  4 y y  4 ，
1111
当 y1  0 时，切线方程为 x  x1 ，满足上式，
因此以点M 为切点的椭圆C 的切线方程为 x1x  4 y1 y  4 ，同理以点 N 为切点的椭圆C 的切线方程为 x2 x  4 y2 y  4 ，
而点 P(x0 , y0 ) 在上述两条切线上，即 x1x0  4 y1 y0  4 ， x2 x0  4 y2 y0  4 ，于是点M (x1 , y1 ), N (x2 , y2 ) 的坐标是方程 x0 x  4 y0 y  4 的两个解，
所以直线MN 的方程为 x0 x  4 y0 y  4 .
（ⅱ）由x0 x  4 y0 y  4 消去 y 得(x2  4 y2 )x2  8x x 16 16 y2  0 ，

x2  4 y2  4
0000
0000000
  64x2  64(x2  4 y2 )(1 y2 )  64 y2 (x2  4 y2  4) ，当 y0  0 时，   0 ，
8x16 16 y2
x1  x2  0 , x1 x2  0 ，
x2  4 y2x2  4 y2
0000
当 y0  0 时，
4
x  x 满足上式，
x
12
0
显然 A, B 关于原点O 对称，则OA  tOP  (tx0 , ty0 ), 1  t  0 ，即 A(tx0 , ty0 ) ，
则t 2 x2  4t 2 y2  4 ，解得 x2  4 y2  4 ，
0000t 2
| tx2  4ty2  4 |
x2 16 y2
0
0
点 A 到直线MN 的距离d  00 ，
当 y0  0 时，
| MN |
x2
(x  x )2  4x x
12
1 2
1 0 
16 y2
x2 16 y2
0  0
64x2
64  64 y2
(x2  4 y2 )2x2  4 y2
00
00
 00 
16 y2
00
2 x2 16 y2  x2  4 y2  4
 0000 ，
00
x2  4 y2
当 y0  0 时，
2 x2  4
x
| MN | 0 满足上式，
2
0
2 x2 16 y2  x2  4 y2  4
因此| MN | 0000 ，
00
x2  4 y2
V AMN 的面积S 
1
2
MN  d 
x2  4 y2  4  tx2  4ty2  4
00
0000
x2  4 y2
t 2
4  4 | 4  4 |
t
1 t 2
4 2(1 t)，
t 2
令函数 f (t)  (1 t)3 (1 t), 1  t  0 ，
求导得 f (t)  3(1 t)2 (1 t)  (1 t)3  2(2t 1)(1 t)2 ，
当1  t   1 时， f (t)  0 ；
2
当 1  t  0 时， f (t)  0 ，
2
函数 f (t) 在(1,  1 ) 上递增，在( 1 , 0) 上递减，
f (t)
max
22
 f ( 1 )  27 ，
216
27
16
则当t   1 时， S 2 3 3 ， x2  4 y2  16 ，
2max
200
所以V AMN 的面积存在最大值 3 3 ，
2
2
此时动点 P 的轨迹为 x
2
y
 1.
164