【文档说明】四川省成都市第七中学2023-2024学年高二上学期期中考试+数学+PDF版含答案.pdf，共(9)页，6.296 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年度上期高2025届半期考试高二数学试卷考试时间：120分钟满分：150分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用铅笔

将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上作答无效.5.考试结束后，只将答题卡收回.

第Ⅰ卷（选择题，共60分）一．单选题：本大题共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=(x,2,-2),b=(3,-4,2)，若a⊥b，则x的值为()A．1B．−4C．4D．-12．已知直线l1:3x-4

y-1=0与l2:3x-4y+3=0，则l1与l2之间的距离是()A．45B．35C．25D．153．已知圆C1:(x-2)2+(y+1)2=9与圆C2:(x+1)2+(y-3)2=4，则圆C1与圆C2的位置关系为()A．相交B．外切C．内

切D．内含4.若直线l1:x+(a-4)y+1=0与l2:bx+y-2=0垂直，则a+b的值为()A．2B．45C．23D．45．已知事件A,B相互独立，且P(A)=0.3,P(B)=0.7，则P(AB)=()A．

1B．0.79C．0.7D．0.216．如图，三棱锥O-ABC中，OA=a,OB=b,OC=c，点M为BC中点，点N在侧棱OA上，且ON=2NA，则MN=()A．23a-12b-12cB．-23a+12b+12cC．-12a

-23b+12cD．12a+12b-12c7.已知椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，长轴为A1A2，过椭圆上一点M向x轴作垂线，垂足为P，若MP2A1P⋅A2P=13，则该椭圆的离心率为()

A．33B．63C．13D．23·1·{#{QQABBYCQggCAAgBAAAgCAwVQCkMQkAACAKoOgFAEsAABARFABAA=}#}{#{QQABBYCQggCAAgBAAAgCAw

VQCkMQkAACAKoOgFAEsAABARFABAA=}#}第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.经过A(0,2),B(−1,0)两点的直线的方向向量为(1,k)，则k=.14.在

一次篮球比赛中，某支球队共进行了8场比赛，得分分别为25，29，30，32，37，38，40，42，那么这组数据的第65百分位数为.15.写出一条与圆C1:x+12+y+32=1和圆C2:(x-3)2+(y

+1)2=9都相切的直线方程：.16.已知P为直线y=−2上一动点，过点P作圆x2+y2=1的两条切线，切点分别为B,C，则点A(2,1)到直线BC的距离的最大值为.四．解答题：．本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本大题满分10分）已知△ABC的周长为14

，B(−3,0),C(3,0).(1)求点A的轨迹方程；(2)若AB⊥AC，求ΔABC的面积.18．（本大题满分12分）如图，四面体OABC的所有棱长都为1，D,E分别是OA,BC的中点，连接DE.(1)求DE的长；(2)求点D到平面AB

C的距离.19．（本大题满分12分）现从学校的800名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组155,160，第二组160,165，

⋯，第八组190,195.右图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4人．(1)求第七组的频率并估计该校的800名男生的身高的中位数；(2)若从身高属于第六组和第八组的所有男生中随机抽取两名

男生，记事件A表示随机抽取的两名男生不在同一组，求P(A)．·3·{#{QQABBYCQggCAAgBAAAgCAwVQCkMQkAACAKoOgFAEsAABARFABAA=}#}20．（本

大题满分12分）已知圆C经过点A0,2，B6,4，且直线x-3y-4=0平分圆C的周长.(1)求圆C的方程；(2)若P-6,0，Q6,0，点M是圆C上的点且满足MPMQ=2，求点M的坐标.21.（本大题满分12分）

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=π2,AB=AC=2,AA1=3,M是AB的中点，N是B1C1的中点，P是BC1与B1C的交点，点Q在线段A1N上.(1)若PQ⎳平面A1CM，请确定点Q的位置；(2)请在下列条件中任选一个，求A1

QA1N的值；①平面BPQ与平面ABC的夹角余弦值为210653；②直线AC与平面BPQ所成角的正弦值为3106106..22.（本大题满分12分）已知A(2,3),B(−2,0),C(2,0),∠ABC的内角平分线与y轴相

交于点E.(1)求ΔABC的外接圆的方程；(2)求点E的坐标；(3)若P为ΔABC的外接圆劣弧BC上一动点，∠ABC的内角平分线与直线AP相交于点D,记直线CD的斜率为k1,直线CP的斜率为k2,当k1k2=-75时，判断点E与经过P,D,C三点的圆的位置关系，并说明理由.·

4·{#{QQABBYCQggCAAgBAAAgCAwVQCkMQkAACAKoOgFAEsAABARFABAA=}#}2023-2024学年度上期高2025届半期考试高二数学参考答案与评分标准第Ⅰ卷（选择题，共60分

）一．单选题：本大题共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12345678CABDDABC题目要求的.二．多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个

是9101112ACADBDACD符合题目要求的，全选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.214.3815.x=0或y=-4或4x-3y=0或3x+4y+10=0（

任写一条即可）16.52.四．解答题：．本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本大题满分10分）【解】(1)∵△ABC的周长为14且BC=6，∴AC+AB=8>BC=6,根据椭圆的定义可知，点A

的轨迹是以B(−3,0),C(3,0)为焦点，以8为长轴长的椭圆，故顶点A的轨迹方程为x216+y27=1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分又A为三角形的顶点，故所求的轨迹方程为x216+y27=1y≠0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分(2)∵AB⊥AC，∴AB2+A

C2=BC2=36.①∵A点在椭圆x216+y27=1y≠0上，且B(−3,0),C(3,0)为焦点,∴AC+AB=8,故AC2+AB2+2AC∙AB=64.②⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分由①②可得，AC∙AB=14,故S=12∙AC∙AB=7.∴ΔA

BC的面积为7.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分18．（本大题满分12分）【解】(1)因为四面体OABC的所有棱长都是1，所以该四面体为正四面体，DE=DA+AB+BE=12OA+OB-OA+12OC-OB

=-12OA+12OB+12OC，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分而且OA⋅OB=OB⋅OC=OA⋅OC=12，·1·{#{QQABBYCQggCAAgBAAAgCAwVQCkMQkAACAKoOgFAE

sAABARFABAA=}#}{#{QQABBYCQggCAAgBAAAgCAwVQCkMQkAACAKoOgFAEsAABARFABAA=}#}又P-6,0，Q6,0，由MPMQ=2可得

：x+62+y2=4x-62+y2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分化简得x-102+y2=64，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分联立x-42+y2=20x-102+y2=64,解得M103,4113或103,-4113.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分21.（本大题满分12分）

【解】(1)分别以AC,AB,AA1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，A1(0,0,3),C(2,0,0),M(0,1,0),P1,1,32,Q(a,a,3),⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分则A1C=(2,0,-3),A1M=(0,1,-3

),PQ=a-1,a-1,32.设面A1CM的法向量n=(x,y,z),则A1C⋅n=0A1M⋅n=0,即2x-3z=0y-3z=0.令z=2,得n=3,6,2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分因为PQ⎳平面A1CM

，所以PQ⊥n,即PQ⋅n=0.所以3(a-1)+6(a-1)+3=0,得a=23，A1Q=23,23,0,所以A1Q=223.⋯⋯⋯6分因为A1N=2，A1QA1N=23，所以Q为A1N靠近N三等分点处时，有PQ⎳平面A1CM.(2)设A1

QA1N=λ(0<λ<1),则A1Q=λA1N=(λ,λ,0).所以PQ=PA1+A1Q=PA1+λA1N=(λ-1,λ-1,32),PB=(-1,1,-32).设平面BPQ

的法向量为n=(x,y,z),则PQ⋅n=0PB⋅n=0,即(λ-1)x+(λ-1)y+32z=0-x+y-32z=0.令z=4(1-λ),得n=3λ,3(2-λ),4(1-λ).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

⋯⋯8分注意到平面ABC的法向量为(0,0,1),直线AC的方向向量为(1,0,0),若选择①⇒平面BPQ与平面ABC的夹角余弦值为210653,则θ1cos=n∙(0,0,1)n=4(1-λ)34λ2-68λ+52=210653.即4λ2-8λ+3=0(0<λ<1).

∴λ=12.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分若选择②⇒直线AC与平面BPQ所成角的正弦值为3106106,则θ2sin=n∙(1,0,0)n=3λ34λ2-68λ+52=3106106.·3·{#{QQABBYCQggCAAgBAAAgCAwVQCkMQkAACAKoOgFAE

sAABARFABAA=}#}即18λ2+17λ-13=0(0<λ<1).∴λ=12.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分22.（本大题满分12分）【解】(1)易知ΔABC为直角三角形，故外接圆的圆心为斜边AB边的中点(0,32),半径为52，所以外接圆的方

程为x2+(y-32)2=254.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分(2)设∠ABC的内角平分线交AC于点F,根据角平分线性质定理，可知ABBC=AFCF,由结合AF+CF=3,所以CF=43⇒kBD=CFBC=13所以，∠ABC的内角平分线方程为y=13x+23，令x=0,即可得点E坐标(0,23).⋯⋯

⋯⋯6分(3)点E在经过P,D,C三点的圆上，理由如下：设直线AP的直线方程为y−3=k(x−2)，联立直线与圆的方程y−3=k(x−2)x2+y−322=254,可得(1+k2)x2+(3k−4k2)x+4k2−6k−4=0注意到A,P两点是直线与圆的

交点，所以2⋅xP=4k2−6k−41+k2∴xP=2k2−3k−21+k2,故P2k2−3k−21+k2,3−4k1+k2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分联立直线AP与∠ABC的内角平分线方程y−3=k(x−2)y=13x+23,可得x=6

k−73k−1∴D6k−73k−1,4k−33k−1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分此时k1=4k−33k−1-06k−73k−1-2=4k−33k−1-53k−1=3-4k5，k2=3−4k1+k2-02k2−3k−21+k2-2=3−4

k1+k2−3k−41+k2=4k-33k+4，.∴k1k2=3-4k54k-33k+4=-3k+45=-75，∴k=1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分此时，点P-32,-12,点D-12,12.P点满足在劣弧B

C上.设经过P,D,C三点的圆的方程为x2+y2+mx+ny+t=0(m2+n2-4t>0),则4+2m+t=05-3m-n+2t=01-m+n+2t=0，解得m=-56n=176t=-73.所以，经过P,D,C三点的圆的方程为x2+y2-56x+176y

-73=0.将点E(0,23)代入圆的方程成立，所以点E在经过P,D,C三点的圆上.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分·4·{#{QQABBYCQggCAAgBAAAgCAwVQCkMQkAACAKoOgFAEsAABARFABAA=}#}获得更多资源

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