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π π
5 月份高三学情调研数学 6．已知函数 f (x) sin x ( 0)，设甲： f x π 是偶函数，乙： f x 是奇函数，则( ) 6 4
本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟。 A.甲是乙的必要不充分条件
注意事项:
B.甲是乙的充分不必要条件
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题
C.甲是乙的充要条件
卡的指定位置。考试结束后，将答题卡交回。
D.甲是乙的既不充分也不必要条件
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，
7．将标有 1，2，3，4，5 的五张数字牌摆放成一排，则前三张牌上的数字按顺序构成等差数列的排
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
法总数为( )
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
A.7 B.10 C.13 D.16
一、单选题（本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题所给的四个选项中，有且只有一项
8．记点 A1( 2,3)，A2 (2, 3) ，B(2,0)，D(0, 5)，第三象限内一点 P 满足 PA1与 PA2的斜率之积为 3，
是符合题目要求的）
则△PBD周长的最小值为( )
1．已知集合 A {1,3,6}， B {x | 3x 11 0}，则 RB A ( )
A.2 B.4 C.8 D.16
A.{3,6} B.{1,3} C.{1} D.{3}
二、多选题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题所给的四个选项中，有多项符合题
1 2i
2．设 z ，则 | z 1| ( )
1 i 目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分)
3 5 10
A. B. C. 2 D. 9．已知样本点 x1, y1 ， x2, y2 ，…， xn , yn 的回归直线 l 的方程为 y b x a ，相关系数为 r，样本
2 2 2
1 均值分别为 x , y .现令ui 2xi 1，vi yi 2(i 1,2, ,n) .设新样本点 ui ,vi 的回归直线为 l ，则( )
3．若 sin( ) ， tan tan 2，则 cos cos ( )
3
n
1 1 1 x x y y2 i i
A. B. C. D. i 1
12 6 3 3 附：相关系数 r ；回归直线方程n n y b
x a 中斜率和截距的最小二乘估计公
2 2
xi x yi y
i 1 i 1
4．已知平面向量 a，b，c 满足a (2,4) ， b 1，c ka b，若 c 3，则a b ( )
n
4 4 10 10
A. 10k B. 10k C. 4k D. 4k xi x yi y
k k k k 式分别为b i 1 n ， a y b x .
2
5．在简单经济模型中，当需求量为 n 时，对应的价格记为 Pn ，若 Pn 为等差数列，记其公差为 d， xi x
i 1
P
则其在需求量为 m 时的点弹性为 E mm .现在某简单经济模型中，当需求量为 3 时的点弹性为 1，
md A. l 过点 (2x 1,2 y)
则当需求量为 6 时的点弹性为( )
B. l 的斜率为 b
1 1
A. B. C.1 D.2 C.u 与 v 的相关系数为 r
3 2
1
D. l 的截距为2 a b
2
10．已知三棱台 ABC A1B1C1的上下底面相似比为1: 2 .在△ABC 中， AB AC 14 ， BC 2 6 ， N 类家庭 75 25
侧棱BB CC 3，且 AA1 与底面 ABC所成的角为60°.则( ) 1 1
这里家庭种类与恩格尔系数相关.
A.直线 AA1 与直线 BC相互垂直 (1)用频率 讨概率，从收支情况良好的家庭中任选一家，求其为 M 类家庭的概率；
(2)根据小概率值 0.050的独立性检验，分析收支情况是否与家庭种类相关.
B.直线 BB1 与直线 AC 相互垂直
2 n(ad bc)
2
C.侧面 BCC1B1与底面 ABC相互垂直 附： ，n a b c d . (a b)(c d)(a c )(b d)
D.侧面 ABB1A1 与侧面 ACC1A1 相互垂直
P 2 k 0.050 0.010 0.001
n
11．已知随机变量 X ~ B(n, p) 0 p 1,n N*且n 2 ，设 f (x) P(X k)xk ，则( ) k 3.841 6.635 10.828
k 0
16．（15 分）如图，在四棱锥P ABCD中，四边形 ABCD是矩形， AB 2AD 2，PD AB，平面
A.对任意 n，p， f (1) E(X )恒成立
PAB 平面 ABCD .
B.设 f (x) h(x)，对任意 n，p， h (1) D(X )恒成立 (1)证明：PA 平面 ABCD；
C 存在 n，p，使得方程 f (x) x 0在区间 (0,1) 内有解 6
(2)若直线 PC与平面PBD所成角的正弦值为 ，求PA .
9
D 存在 n，p，使得函数 y f (x) x在区间 (0,1) 内单调
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分)
12．记抛物线 y2 2 p(x t)( p 0, t 0) 与 x 轴的交点为 T，与 y 轴的交点为 A，B，若 | AB| 12 ，△TAB
为等腰直角三角形，则 p ____________.
2026x 1 1
13．已知奇函数 f (x)满足：当 x 0时，f (x) x ln x，则 f 9() f _______________.
x 9 217．（15 分）记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，已知anan 2 Sn 2 .
14．在△ABC 中，BC 3，点 D 满足BD 2DC ，AD 2， ACD 2 BAD，则△ABC 的内切圆半 (1)求 an 的公比；
径为______
n2 2n 1
(2)求 的前 n 项和Tn .
四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分。解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） an
15．（13 分）某兴趣小组对当地家庭的收入情况与消费情况量化并进行建模，最终得到收支情况良 18．（17 分）设函数 f (x) sin ax2 cos x .
好与较差的两类情况，统计结果如下：
(1)求曲线 y f (x)在 (0, f (0)) 处的切线方程；
收支情况良好 收支情况较差
1
(2)当 a ， x [ 1,1]时.
M 类家庭 80 20 2
(i)求 f (x)的值域；
x4
(ii)证明： f (x) 1 f (0) .
24
x2 y2
19．（17 分）椭圆C1 : 1(a b 0)的右顶点为 A(2,0)，过点 A 分别作斜率为 k1 的直线 1与斜
a2 b2
1 6 5
率为 k2 的直线 l2，l1 ，l2，分别与C1 交于相异 P，Q 两点，且 k k .已知当 k1 01 2 时，| AQ | .
2 7
(1)求C1 的方程；
(2)证明：直线 PQ过定点；
(3)求线段 PQ中点的轨迹方程C2 .
π π 1 2解析：设 k Z，由 f (x π) sin( x π 是偶函数得 π k π，得 k ，
6 6 2 3
参考答案及解析 π π π π π 2
由 f x sin x 是奇函数得 kπ，得 4k ，
4 4 6 4 6 3
1．答案：B
显然甲是乙的必要不充分条件.
11 11
解析：由题意可得B , ，故 RB , ，故 RB A {1,3}.
3 3 故选 A.
7．答案：D
故选 B.
解析：前三张牌成等差数列有：1，2，3；1，3，5；2，3，4；3，4，5；3，2，1；4，3，2；5，4，
2．答案：D
3；5，3，1.共 8 种可能，剩余两张随机排列，
1 2i (1 2i)(1 i) 1 3i
解析：由题意可得 z ，
1 i (1 i)(1 i) 2 故共有8 A
2
2 16种可能，
2 2
1 3i 1 3 10 综上，共有 16 种可能.
故 | z 1| .
2 2 2 2 故选 D
故选 D. 8．答案：C
3．答案：B y 3 y 3 y2 9 y2
解析：设P(x, y) ，由条件得 3，得 x2 1，可知其轨迹为双曲线第三象限的
1 2
解析：由题意可得 sin( ) sin cos cos sin cos cos (tan tan )， x 2 x 2 x 4 3
3
1 一部分，易知 B 为该双曲线的右焦点，左焦点为F( 2,0)，
可得 cos cos .
6
故选 B. 由定义与位置知 | PB | | PF | 2 ， | PB | | PD | | PF | 2 | PD | | FD | 2 5，
4．答案：A 当且仅当 F，P，D 三点共线时等号成立，
解析：显然 a 4 16 2 5，9 2c k 2 2 2k 2 20k 2a a b b 2ka b 1， △PBD的周长C | PB | | PD | | BD | 5 3 8 .
4
得10k 2 ka b 4 0，显然 k 0，得a b 10k . 故选 C.
k
9．答案：ACD
故选 A.
5．答案：C 解析：由已知样本均值性质可得新样本均值分别为u 2x 1与v y 2 ，
P P 2d
解析：显然 Pn P1 (n 1)d ， E
3 1
3 1， 因为回归直线必过样本中心点 (u ,v )，所以新回归直线过点 (2x 1,2 y)，故 A 正确；
3d 3d
解得 P1 d ，于是 Pn nd ， 因为ui u 2 xi x 且vi v yi y ，代入公式可得新回归直线方程的斜率
P
故 E 6
6d n n
6 1 .
6d 6d ui u vi v 2 xi x yi y
b i 1 i 1
1
故选 C. bn n ，故 B 错误；
2 2 2
ui u 4 xi x
6．答案：A i 1 i 1
n n
ui u vi v 2 x PM 3i x yi y 在直角△APM 中，由cos PMA 得到该平面角为30 ，两平面不垂直，故 C 错误；
i 1 r 1
代入公式可得新样本的相关系数 r rn n n n ，故 C
AM 2
2 2 2 2
ui u vi v 4 xi x yi y
i 1 i 1 i 1 i 1 要证侧面 ABB1A1 与侧面 ACC1A1 垂直，即证平面PAB与平面PAC 垂直，
正确， 由PB 平面PAC 且PB 平面PAB得到两平面相互垂直，故 D 正确.
1 1 1 故选 ABD.
由截距公式可得新回归直线的截距a v b u 2 y b

(2x 1) 2 (y b
x) b 2 a b ，
2 2 2 11．答案：ACD
故 D 正确. 解析：因为 X ~ B(n, p)，所以P(X k) Ck pk (1 p)n kn ，代入已知可得
故选 ACD.
n n
10．答案：ABD f (x) C
k k n k k k
n p (1 p) x Cn (px)
k (1 p)n k ，
k 0 k 0
解析：将直线 AA1 ， BB1 以及CC1延长交于点 P，由上下底面相似比为1: 2，得 A1 ， B1，C1 分别为 PA、
由二项式定理可得 f (x) ( px 1 p)n，则 f (x) n( px 1 p)n 1 p np( px 1 p)n 1 ，代入 x 1可得
PB与 PC的中点.
f (1) np( p 1 p)n 1 np，
因为BB1 CC1 3，所以 PB PC 2 3，
又因为二项分布的数学期望E(X ) np，所以 f (1) E(X )恒成立，故 A 正确；
在△PBC中，由PB2 PC2 24 BC2得到PB PC .
h (x) n(n 1) p2 ( px 1 p)n 2 ，代入 x 1可得h (1) n(n 1) p2 ( p 1 p)n 2 n(n 1) p2 ，
取 BC的中点 M，连接PM 与 AM ，则PM BC且 PM 6 .
因为二项分布的方差D(X ) np(1 p)，若h (1) D(X )恒成立，则n(n 1) p2 np(1 p) 恒成立，
在等腰△ABC 中， AM BC 且 AM 14 6 2 2 ，
因为n 2且0 p 1，等式两边同除以np可得 n 1 p 1 p，化简可得np 1，此等式不可能对任
因为PM AM M ，PM , AM 平面PAM ，所以BC 平面PAM ，
意满足n 2且0 p 1的 n，p 恒成立，故 B 错误；
又PA 平面PAM ，所以BC PA，即 BC AA1，故 A 正确；
令 g(x) f (x) x ( px 1 p)n x ，则 g(0) (1 p)n 0， g(1) 1n 1 0，
因为BC 平面 ABC，所以平面PAM 平面 ABC，交线为 AM ，过点 P 作PO AM 于 O，则PO
3
平面 ABC，从而 PAM 60 ， 1 1 1 1 1 5 1 取n 3， p ，此时 g(x) x x，代入 x ，易知 g 0，则 g(0)g 0， 2 2 2 2 2 64 2
在△PAM 中由余弦定理得到PM 2 PA2 AM 2 2 PA AM cos60 ，即6 PA2 8 2 2PA，解得
1
由零点存在定理，存在 x 0, 使得 g x 0，即存在 n，p 使得方程 f (x) x 0在 (0,1) 内有解，
PA 2 ，此时 2
0 0
PA PM 2 2 6 8 AM 2 ，所以PA PM ， 2
又PA BC，且PM BC M ，所以PA 平面PBC ，因此PA PB， 故 C 正确；
又PB PC ，得到PB 平面PAC ， g (x) np( px 1 p)n 1 1，
又 AC 平面 PAC ，所以PB AC，即直线 BB1 直线 AC ，故 B 正确； 2 1
1 1 1 1 2 5
取 n 2， p ，此时 g (x) 2
3
x 1 1 x ，
3 3 3 9 9
侧面 BCC1B1所在平面即平面PBC ，二面角P BC A的平面角为 PMA，

2 5 2 5 1
当 x (0,1)时， x 0恒成立，此时导函数恒小于零，函数 y f (x) x在区间 (0,1) 内 (2)见解析
9 9 9 9 3
解析：(1)记事件 A：收支情况良好，事件 B：家庭种类为 M，
单调递减，满足题意，故 D 正确.
故选 P(AB) n(AB) 80 16ACD. P(B | A)
P(A) n(A) 75 80 31
12．答案：3
200(25 80 20 75)2
解析：显然T ( t,0)，由 x 0得 y 2pt ，注意到由对称性必有 |TA | |TB |， (2)零假设为H0 ：收支情况与家庭种类无关，
2 0.717 3.841 x0.050，
100 100 155 45
π
故 ATB ，于是 t 2pt ， t 2p ，而 2pt 2p 6，故 p 3 .
2 所以根据小概率值 0.050的独立性检验，没有充分证据推断H0 不成立，因此可以认为H0 成立，
故答案为 3.
即可知收支情况与家庭种类无关.
13．答案：4052
16．答案：(1)证明见解析
1 1
解析：显然 f f ，注意到 x 0时 (2)1 或 2
9 9
解析：(1)由 AB AD，PD AB， AD PD D ， AD 平面PAD，PD 平面PAD得 AB 平面
1 1 1
f (x) f x ln x 2026 x ln x 2026 4052， PAD，
x x x
由PA 平面PAD得PA AB，
1 1
于是 f (9) f f (9) f 4 052. 由平面PAB 平面 ABCD，平面PAB 平面 ABCD AB，PA 平面PAB得PA 平面 ABCD .
9 9
(2)以 A 为坐标原点， AD的方向为 x 轴正方向， AB 的方向为 y 轴正方向， AP 的方向为 z 轴正方向，
故答案为 4052.
建立如图所示空间直角坐标系，
15 6
14．答案：
2
解析：显然BD AD 2，记 BAD ，则 ABC ， ADC ACD 2 ，可知 AC AD 2，
CD 1
由等腰三角形性质得 cos 2 ，
2AD 4
1
由余弦定理得 AB2 BD2 AD2 2 AD BD cos(π 2 ) 8 2 2 2 10， AB 10 ，而
4
1 6
cos 2 1 2sin2 ，由 θ为捝角得 sin ，
4 4 不妨设PA ， 0，则D(1,0,0) ，B(0,2,0)，C(1,2,0)，P(0,0, )，PC (1,2, )，BD (1, 2,0)，
6
10 3 PD (1,0, )，
故△ABC 的内切圆半径 AB BC sin 15 6 .
r 4
AB AC BC 5 10 2
记平面PBD的法向量为n (x, y, z)
15 6
故答案为 . n BD 0 x 2y 0
2 ，即 ，
n PD 0 x z 0
16
15．答案：(1)
31 可取n (2 , , 2)，
| PC | 2 6 1
记直线 PC与平面PBD所成角为 θ， sin ， (2)(i) sin1,sin cos1 ；(ii)证明见解析
| PC | | n | 1 4 2 4 2 2 4 9 2
54 2 2即 5 5 2 4 2， 解析：(1) f (x) (2ax sin x)cos ax cos x ， f (0) 0，
5 4 25 2 20 5 2 1 2 4 0 ， 而 f (0) sin1，
于是PA 1或 2. 故曲线 y f (x) 在 (0, f (0)) 处的切线方程为 y sin1 0 .
an 2 1
17．答案：(1) q 2 (2)(i)设 g(x) x
2 cos x ，
an 1 2
由于其是偶函数，故只需考虑其在 x 0时的情况.
(n 1)2
(2)Tn 1
2n g (x) x sin x，
2
解析：(1)由等比数列性质得 a a a2 S 2 ， 设h(x) g (x)，h (x) 1 cos x 0n n 2 n 1 n ，
于是 S a 2 S a 2 0， h(x) 单调递增，于是h(x) h(0) 0n n 1 n n 1 ，故 g(x) 在 0,1 上单调递增，
1 π
若 Sn an 1 2 Sn 1 2 0， 而 g(0) 1， g(1) cos1 ，
2 2
则 an 1an 3 0，这与 a 各项均不为 0 矛盾， 可知 f (x) sin(g(x))n 在 0,1 上单调递增，
于是 Sn an 1 2， Sn 1 an 2 2 ， 1
结合偶函数的性质可得 f (x)在[ 1,1]上的值域为 sin1,sin cos1 .
2
两式相减得 an 2 2an 1，
x4
(ii)由奇偶性知只要证明 x 0时， f (x) 1 f (0)即可.
a
q n 2 2 24故 an 的公比 . an 1
π π
当 x [0,1]时， g(x) 1, ，考虑P(x) xsin1 sin x， x 1, (2)由 Sn an 1 2，令 n 1则 a1 a2 2 a1 2 .

2 2
n 1 n
此时an a1q 2 ， π P (x) sin1 cos x sin1 cos1 2 sin 1 0，
4
n2 2n 1 n2 2n 1 2n2 (n 1)2
2
an 2
n 2n 1 P(x)单调递增，此时P(x) P(1) 0，
n2 (n 1)2 于是P(g(x)) g(x)sin1 sin(g(x)) 0，
2
2n 2n 1
，

即 f (x) g(x)sin1，
n2 2n 1 1 4 n2 (n 1)2 (n 1)2
故 的前 n 项和Tn 2 n n 1 1 . a n 4 n 2 4 2 2 2 1 x故只要证 g(x) x2 cos x 1 在 x [0,1]时成立即可.
2 24
18．答案：(1) y sin1 0
x4 x3 2 2b2
设G(x) g(x) 1 ，G (x) x sin x ， 解得 xQ .
24 6 b2 1
x2 1 2b2
设H (x) G (x)，H (x) 1 cos x 1 g(x) 0 将 xQ 代入直线 l2 方程得 y x 2 . Q Q
2 2 b2 1
2 2
2 2 4
G (x)单调递减，G (x) G (0) 0， 2 4b 2b 20b
由两点间距离公式可得 | AQ |2 xQ 2 y2 Q b2 2 2 . 1 b 1 b2 1
G(x)单调递减，G(x) G(0) 0，
6 5
4 由题意已知 | AQ | ， x
故 g(x) 1 0， 7
24
180 20b
2 180 b2 9
4 即 | AQ |
2 ，则 2 ， 2 .
x 49 b2 1 49f (x) g(x)sin1 1 f (0) b
2 1 49
综上 .

24
b2 3
x2 4y2
因为b 0，故 .
2
．答案： ，即3x2 2
b 1 7
19 (1) 1 16y 12
4 3
b2
3
解得 .
(2)证明见解析 4
3
经检验，此时a22 4，b
2 ，满足条件，
3 3 4
(3) 3(x 1)2 16 y 12，其中 1 x 2且 y
4 4 x2 4y2
故C1 的方程为 1，即3x
2 16y2 12 .
A(2,0) 4 3解析：(1)由题意知，椭圆C1 的右顶点为 ，可得a 2 .
(2)假设直线 PQ垂直于 x 轴，设其方程为 x m 且 2 m 2 .
x2 y2
此时椭圆方程为 1.
4 b2 此时 P，Q 两点关于 x 轴对称，设P m, y0 ，Q m, y 且 y0 00 ，
y y
1 1 则 k 0 ， k 0 .
已知 k1 k2 ，当 k1 0 时，代入可得 k2 .
1 2
m 2 m 2
2 2
1
从而 k1 k2 0，这与题设条件 k PQ
1 1
k2 矛盾，因此直线 不可能垂直于 x 轴.
2
此时直线 l2 方程为 y (x 2) .
2
设直线 PQ的方程为 y kx t ，设P x1, y1 ，Q x2, y2 。
2 2 2
将直线 l2的方程代入C1 得 b 1 x 4x 4 4b 0 .
2
将直线方程代入C1 得 16k 3 x2 32ktx 16t2 12 0 .
设点 Q 的坐标为 xQ , yQ ，
因为直线与椭圆交于相异两点，故判别式 0 .
因为直线 l2 与椭圆交于 A，Q 两点，且 xA 2， 32kt 16t 2 12
由韦达定理得 x1 x2 ， x x . 1 2
2 16k
2 3 16k 2 3
4 4b
由韦达定理可得 2xQ .
b2 1
由于 A(2,0)，且直线 l ， l1 2 的斜率分别为 k1 ， k2 ，
y1 y2 kx1 t kx2 t 因为M (x, y)为 PQ中点，所以 x1 x2 2x ， y y 2y ，
则 k1 k2
1 2
，
x1 2 x2 2 x1 2 x2 2
代入化简得3x x1 x2 16y y1 y2 0。
kx1 t x2 2 kx2 t x1 2
即 k1 k2 x P Q x x1 2 x2 2 由题意，交点 ， 相异，则 1 2 （否则直线垂直于 x 轴已在(2)排除），
2kx1x2 (t 2k) x1 x2 4t 由上式可得直线 PQ的斜率 k 满足3x 16ky 0 .
.
x1x2 2 x1 x2 4
3
2k 16t2 2 又
PQ过D 2, 且过中点M (x, y)，
分子部分为 12 t 2k 32kt 4t 16k 3 12 2k t . 2
2 2
分母部分为 16t 12 2 32kt 4 16k 2 3 16 t 2k . 当 x 2时直线 PQ垂直于 x 轴矛盾，
3
y
若 t 2k 0，即 t 2k ，直线 PQ的方程变为 y k(x 2)，这意味着直线经过点 A(2,0)，与 P，Q 是 故 x 2且 ，
k 2
x 2
不同于 A 的交点矛盾， 3
y
故 t 2k 0 . 代入上式得 . 3x 16y 2 0
x 2
12(2k t) 3
将分子分母代回可得 k1 k2 2 . 也即16y
2 24y 3x2 6x ，
16(t 2k) 4(2k t)
即3x2 6x 16y2 24y 0，
1 3 1
由题意知 k1 k ，建立等式 2 .
2 4(2k t) 2 2
3
也即3(x 1)2 16 y 12。 3 4
解得4k 2t 3，即 t 2k .
2
3
3 3 设直线 PQ的方程为 y k(x 2) ，
代回得 y kx 2k k(x 2) ， 2
2 2
2 2
3 代入椭圆方程中整理得 16k 3 x 16k(4k 3)x 64k 2 96k 24 0 .
则当 x 2时，必有 y .
2
为保证直线与椭圆交于相异两点，必须满足判别式 0，
3
即直线 PQ恒过定点 2, . 2 2 2 1
2 [16k(4k 3)] 4 16k 3 64k 96k 24) 0，解得 k .
4
(3)设 P x , y ，Q x , y ，线段 PQ的中点为M x, y . x x 8k(4k 3) 32k 21 1 2 2 24k由韦达定理，中点的横坐标 x 1 2 .
2 16k 2 3 16k 2 3
3
由(2)可知，直线 PQ过定点D 2, .
2 32k
2 24k 2 16k 2 3 6(4k 1)
一方面， x 2 .
16k 2 3 16k
2 3
C :3x2 16y2因为 P，Q 在椭圆 1 12上， 1
因为 k ，故分子4k 1 2 0，分母恒正，
2 4
代入得3x1 16y
2 12 3x2 16y21 与 2 2 12 .
所以 x 2 0，即 x 2 .
两式相减并分解因式可得3 x1 x2 x1 x2 16 y1 y2 y1 y2 0 .
32k 2 24k 16k 2 3 3 16k 2 8k 1
另一方面， 3(4k 1)
2
x ( 1) .
16k 2 3 16k 2 3 16k 2 3
1
因为 k ，故4k 1 0，分子严格大于 0，
4
所以 x 1 0，即 x 1 .
3
同时，由 y k(x 2) 代入横坐标可得中点纵坐
2
6(4k 1) 3 12k 9
标 y k 16k 2 3 2 2 . 2 16k 3
2
3 12k 9 3 3 16k 8k 3
y 3(4k 3)(4k 1)则 2 .
4 2 16k 3 4 4 16k 2 3 4 16k 2 3
1
因为 k ，故4k 3 0且4k 1 0，
4
从而 (4k 3)(4k 1) 0，
3 3
所以 y 0，即 y .
4 4
3
故可知 x 的取值范围为 ( 1,2) ，且 y 的取值范围满足 y .
4
2
3 3
综上所述，线段 PQ中点的轨迹方程C2 为3(x 1)
2 16 y 12，其中 1 x 2且 y .
4 4■
河北省衡水名校2026届高三下学期5月份学情调
16.(15分)
研数学试卷
姓名：
班级：
考号：
考场/座位号：
准考证号
条形码粘贴处
[0C0.[o][o]Co1E0[0][0][01
[11[1]
[1
B
[2
D
[3
3
[3]
注意：1.答题前将个人信息，填写清楚：2.客观题答题修改时用
[31
[
[3]
[3
橡皮擦干净：3主观遐必须使用黑色签字笔书写：4请在对应
[4
[4
[4]
[41
4
[
[4
[4]
[4
答愿区作答，超出书写无效，
[57
5
[5]
[5
[57
[6C6
[6]
61
C6
[6
[6]
填涂样例
正确填涂■
[7
7
[7J
7
错误填涂
缺考标记
c8-
[8]
回
[9[99]
[9
[9
[9
[9]
[9]
[9
选择题18题为单选题。911题为多选题。共计58分
1 CA]CB]CC-CD]
6 CA]CB]CC CD]
11 CA][B]CC CD]
2 CA]CB]CC CD]
7 CA]CB]CC CD]
3「A7「B1「C「DT
8「A7「BT「CTD7
4「A7「B7「C「D7
9「A7 TBTTC TDT
5[A][B][CD]
10[A][B][C[D]
填空题每小题5分，共15分
12
13
14
解答题本题共5小题，共77分。
15.(13分)
■■
■
■
■
17.(15分)
18.(17分)
19.(17分)
■
口■
口
■

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