广西示范性高中2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份广西示范性高中2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共22页。
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.
选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
已知直线的方程为5x  4 y 11  0 ，则该直线的斜率为（ ）
A.  5B. 5
44
C.  11D. 11
44
x2y2
C :
F , F
PF  PF  1
PF 
设 P 为椭圆
（）
931 上一点， 12 分别是 C 的左，右焦点．若12
，则1
35
A. B.
22
79
C. D.
22
若函数 f  x  2x2  ax  5 在区间2,  上是增函数，则实数 a 的取值范围是（ ）
A. ∞, 4
→
B. 4, 
C. 8, ∞
→→
D. ∞,8
3
11
4 已知向量 a  1, 2,1 ， b  3, x,1 ，且 a ⊥b ，那么 b  （ ）
10
A
B. 2
C.
D. 5
已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为
πB. 3π
4
ππ
C.D.
24
已知椭圆 mx2  y2  1 焦点在 y 轴且离心率为 2 ，则m 的值为（ ）
3
1
3B.
3
59
C. D.
95
––––v––––v–––v
如图，在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中，M 为 AC 与 BD 的交点，若 A1B1  A1D1  A1A  2 ，
∠AA D  90∘ ，∠AA B  ∠B A D  60∘ ，则| B M | 的值为（ ）
1 11 11 1 11
3
B.
C. 2D. 2
3
阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历ft大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点 P 到两个定点的距离之比为常数λ（λ 0 ，且λ 1），那么点 P 的轨迹为圆，这就是著名的
2
阿波罗尼斯圆.若点C 到 A1, 1 ， B 1,0 的距离之比为，则点C 到直线 x  y  4  0 的距离的最小值
为（ ）
3
A.
B.
D. 3
2
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.
已知直线l1 ： x  2 y  2  0 ，直线l2 ： k 1 x  ky  3  0 ，则（ ）
直线l2 过定点3, 3
当l1//l2 时， k  2
当l
 l 时， k  1
当l //l
3
时，两直线间的距离为
12312
在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E 、F 、G 分别为 BC 、CC1 、BB1 的中点，则下列选项正确的是（ ）
D1D  AF
直线 A1G 与 EF 所成角的余弦值为 10
10
2
三棱锥G  AEF 的体积为
3
存在实数λ、μ使得 A1G  λAF  μAE
如图，点 A2, 0 ， B 1,1 ， C 1,1 ， D 2, 0 ， C‸D 是以OD 为直径的圆C1 上一段圆弧， C‸B 是以 BC 为直径的圆C2 上一段圆弧， B‸A 是以OA 为直径的圆C3 上一段圆弧，三段弧构成曲线Ω 则（ ）
C‸D 所在的圆截直线 y  x 所得弦的长为 2
2
2
C‸B 与 B‸A 的公切线的方程为 x  y 1 0
B‸A 所在圆与C‸B 所在圆的公共弦所在直线的方程为 x  y  0
动点 M ， N 分别在圆C1 和C2 上，动点 P 在 y  1上， PM
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
 PN
的最小值为 102
V ABC 的三个顶点的坐标分别是 A2,1 ， B 4, 5 ， C 0, 3 ，则边 BC 的垂直平分线方程为.
已知某岛屿 A 正西方向120 km 处有一台风中心，它正向北偏东 60°方向移动，移动速度的大小为
20km/h .距台风中心100km 以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，则岛屿 A 所在地受到影响的持续时间为小时.
2
设椭圆 E ： x
a2
 1 a  b  0 的左、右焦点分别为 F1 、 F2 ， A 是椭圆上的一点， AF2⊥F1F2 ，原点O
y2
b2
OF1
到直线 AF1 的距离为
4
，则椭圆 E 的离心率等于.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.
已知圆心在 x 轴的正半轴上，半径为 2 的圆C 与直线l1 ： x 
求圆C 的方程；
3y  2  0 相切.
3
若过点 P 1, 3 的直线l2 与圆C 相交于点 M 、 N ， MN  2，求直线l2 的方程.
7
在V ABC 中，内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c .已知sin BAC  3 cs BAC  0 ， a ，
b  1.
（1）求c ；
（2）设 D 为 BC 边上一点，且 AD  AC ，求△ABD 的面积.
某中学为提升学生的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为
初赛和复赛两个环节，全校学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取 200 人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题：
求频率分布直方图中 a 的值.用样本估计总体，估计该校学生初赛成绩的平均数以及中位数.（同一组中的数据用该组区间中点值作代表）（保留小数点后两位）；
211
若甲、乙、丙三位同学均进入复赛，已知甲、乙、丙复赛获一等奖的概率分别为 5 ， 3 ， 2 ，甲、
乙、丙获一等奖互不影响，求至少有两位同学复赛获一等奖的概率.
如图， V ABC 和△DBC 所在平面垂直， AB  BC  BD  2 ， CBA  DBC  135 .
求证： AD ⊥BC ；
求 AD 与平面 ABC 所成角的大小；
求平面 ABD 和平面 BCD 的夹角的余弦值.
x2y2
已知椭圆C ：
a2b2
 1（ a  b  0 ）的左右焦点分别为 F1 ， F2 ，左右顶点分别为 A1 ， A2 ，上顶点
为 B1 ，且 A1 A2  4 ，△B1F1F2 的周长为 6，过右焦点 F2 的直线l 与C 交于 A 、B 两点（其中 A 在 x 轴上方）.
求椭圆C 的方程；
求VF1 AB 面积的最大值；
若直线 A1 A 、 A1B 与 y 轴分别交于 M 、 N 两点，判断点 F1 与以 MN 为直径的圆的位置关系，并证明你的结论.
2025 年秋季学期广西示范性高中高二期中联合调研测试
数学试卷
（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.
选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
已知直线的方程为5x  4 y 11  0 ，则该直线的斜率为（ ）
A.  5B. 5
44
C.  11D. 11
44
【答案】A
【解析】
【分析】将直线的一般方程转化为斜截式方程，直接可得该直线的斜率.
【详解】直线的方程为5x  4 y 11  0 ，化为斜截式 y   5 x  11 ，
44
故直线的斜率为 5 .
4
故选：A.
x2y2
C :
F , F
PF  PF  1
PF 
设 P 为椭圆
（）
931 上一点， 12 分别是 C 的左，右焦点．若12
，则1
35
A. B.
22
79
C. D.
22
【答案】C
【解析】
【分析】依据椭圆定义，列方程组即可解得 PF1 的长度.
2
2

【详解】椭圆C : xy1 的长半轴长为 3，
93
由椭圆的定义可知 PF1  PF2
 2a  6 ，
 PF1  PF2
由
 1 ，可得 PF  7 ．
 PF  PF  612
12
故选：C
若函数 f  x  2x2  ax  5 在区间2,  上是增函数，则实数 a 的取值范围是（ ）
A. ∞, 4
B. 4, 
C. 8, ∞
D. ∞,8
【答案】D
【解析】
【分析】利用二次函数的性质计算即可.
【详解】易知 f  x  2x2  ax  5 在对称轴 x  a 右侧是增函数，所以 a  2 ，即 a  8 .
44
故选：D
→→→
4 已知向量 a  1, 2,1 ， b  3, x,1 ，且 a ⊥b ，那么 b  （ ）
10
A.
B. 2
C.
D. 5
3
11
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量垂直的坐标运算求得 x  1 ，然后利用空间向量模的坐标运算求解即可.
→→
【详解】由向量 a  1, 2,1 ， b  3, x,1 ，且 a ⊥b ，
32  12  12
→
11
得1 3  2x  11  0 ，则 x  1 ，则 b 
.
故选：C
已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为
πB. 3π
4
ππ
C.D.
24
【答案】B
【解析】
【详解】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得： AC  1, AB  1 ，
2
结合勾股定理，底面半径 r 
，
12  
 1 2
 2 

3
2
3 
2
3
由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是V  πr 2h  π 1  π ，故选 B.
 2 4
【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切 点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
已知椭圆 mx2  y2  1 焦点在 y 轴且离心率为 2 ，则m 的值为（ ）
3
1
A. 3B.
3
【答案】D
59
C. D.
95
【解析】
【分析】根据椭圆方程，求出 a2  1, b2  1 ，代入离心率公式，即可得答案.
m
x2
【详解】椭圆 mx2  y2  1 变形为 1
m
y2  1

，
因为焦点在 y 轴，所以 a2  1, b2  1 ，
m
1
b2
a2
1 1
m
c2
m  9
所以离心率e 
a

，解得 .
35
故选：D
––––v––––v–––v
如图，在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中，M 为 AC 与 BD 的交点，若 A1B1  A1D1  A1A  2 ，
∠AA D  90∘ ，∠AA B  ∠B A D  60∘ ，则| B M | 的值为（ ）
1 11 11 1 11
3
B.
D. 2
3
【答案】B
【解析】
––––→–––→––––→–––→
––––→––––→
2
【分析】根据空间向量关系表示出 B1M  B1B  BM  A1 A 
 A1D1  A1B1  ，平方处理即可求得模长.
【详解】由题平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中，M 为 AC 与 BD 的交点，
––––v––––v–––v
A B  A D  A A  2 ，∠AA D  90∘ ，∠AA B  ∠B A D  60∘ ，
1 11 111 11 11 1 1
––––→–––→––––→–––→1
B1M  B1B  BM  A1 A  2
––––→––––→

A1D1  A1B1 ，
––––→
所以 B1M
A1 A 
–––→
––––→2––––→2
2
A D
1 1
4

A B
1 1
4
 A1 A  A1B1  A1 A  A1D1 A1B1  A1D1
–––→ ––––→–––→ ––––→––––→ ––––→
1
2

–––→1
 A1 A  2
––––→––––→
A1A A D  A B
–––→
1
2

––––→––––→
2
1 11 1


A1D1  A1B1 
4 11 2  0 1

3

故选：B
阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点 P 到两个定点的距离之比为常数λ（λ 0 ，且λ 1），那么点 P 的轨迹为圆，这就是著名的
2
阿波罗尼斯圆.若点C 到 A1, 1 ， B 1,0 的距离之比为
，则点C 到直线 x  y  4  0 的距离的最小值
2
为（ ）
3
A.
B.
C. 1D. 3
【答案】B
【解析】
 x 12   y 12
2  x 12  y2
【分析】利用直接法求得点C 的轨迹方程，结合圆的性质，即可求解.
2
【详解】设C  x, y  ，因为 CA 
 x 12   y 12  2 ，
CB ，所以
，即
2
2
所以C 点的轨迹为以1,1 为圆心，半径为 则点1,1 到直线 x  y  4  0 的距离 d  4
的圆.
 2 2 ，
2
2
2
故点C 到直线 x  y  4  0 的距离的最小值为 d  r  2.
故答案为：B
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.
已知直线l1 ： x  2 y  2  0 ，直线l2 ： k 1 x  ky  3  0 ，则（ ）
直线l2 过定点3, 3
当l1//l2 时， k  2
当l
 l 时， k  1
当l //l
3
时，两直线间的距离为
12312
【答案】AC
【解析】
【分析】利用变换主元、两直线位置关系、及平行线间距离公式一一判定选项即可.
【详解】对于 A，易知k 1 x  ky  3  0  k  x  y   x  3 ，即 x  3, y  3 时恒成立，所以直线l2 过定点3, 3 ，故 A 正确；
对于 B、D，若l1//l2
1 k  2 k 1

时，则2  3  2k，解之得 k  2 ，
此时两直线间距离为

，故 B、D 错误；
12  22
2  3
5
对于 C，若l  l ，则1k 1  2k  0, k  1 ，故 C 正确.
123
故选：AC
在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E 、F 、G 分别为 BC 、CC1 、BB1 的中点，则下列选项正确的是（ ）
D1D  AF
直线 A1G 与 EF 所成角的余弦值为 10
10
2
三棱锥G  AEF 的体积为
3
存在实数λ、μ使得 A1G  λAF  μAE
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，对于 A，计算 AF •DD1 的值即可判断；对于 B，计算cs A1G, EF 的值即可判断；对于 C， VG  AEF  VAGEF 等体积法即可计算求解；对于 D，由 A1G  λAF  μAE 计算求出λ,μ即可 得解..
【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A2, 0, 0, D1 0, 0, 2, F 0, 2,1, AF  2, 2,1, DD1  0, 0, 2
对于 A：因为 AF •DD1  2  0 ,故 D1D 与 AF 不垂直，故 A 错误；
对于 B： A1 2, 0, 2, G 2, 2,1, A1G  0, 2, 1 ， E 1, 2, 0, F 0, 2,1, EF  1, 0,1
––––→ –––→
A1G·EF
110
––––→ –––→
A1G EF
2  5
cs A1G, EF   10 ，
所以直线与所成角的余弦值为 10 ，故 B 正确；
10
对于 C：V V 1 S
 AB  1 1 2  2 ，故 C 正确；
G  AEFAGEF3 aGEF33
对于 D： AE  1, 2, 0, AF  2, 2,1 , A1G  0, 2, 1
若存在实数使得 A1G  λAF  μAE ，则
0, 2, 1  2λ, 2λ,λ  μ, 2μ, 0  2λ μ, 2λ 2μ,λ ，
2λ μ 0
λ 1
即2λ 2μ 2 ，解得
，故 D 正确.


λ 1
故选：BCD.
μ 2
如图，点 A2, 0 ， B 1,1 ， C 1,1 ， D 2, 0 ， C‸D 是以OD 为直径的圆C1 上一段圆弧， C‸B 是以 BC 为直径的圆C2 上一段圆弧， B‸A 是以OA 为直径的圆C3 上一段圆弧，三段弧构成曲线Ω 则（ ）
C‸D 所在的圆截直线 y  x 所得弦的长为 2
2
2
C‸B 与 B‸A 的公切线的方程为 x  y 1 0
B‸A 所在圆与C‸B 所在圆的公共弦所在直线的方程为 x  y  0
动点 M ， N 分别在圆C1 和C2 上，动点 P 在 y  1上， PM  PN 的最小值为 102
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题知曲线 与 x 轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个四分之一圆，故可写出各段圆弧所在圆的方程，然后根据圆的相关知识判断各选项即可．
【详解】C‸D ， C‸B ， B‸A 所在圆的方程分别为(x 1)2  y2  1， x2  ( y 1)2  1， (x 1)2  y2  1，
对于 A， C‸D 所在圆的方程为(x 1)2  y2  1，圆心为(1, 0) ，
2
圆心(1, 0) 到直线 y  x 的距离为 d  | 1| 2 ，
2
2
1 (
2 )2
2
则所求弦长为2
，故 A 不正确；
对于 B，设C‸B 与 B‸A 的公切线直线斜率存在，则设公切线方程为 y  kx  b(k  0, b  0) ，
k 2 1
则| 1 b |  1 
| k  b |
k 2 1
2
，所以 k  1 ， b  1 ，
2
2
所以C‸B 与 B‸A 的公切线的方程为 y  x 1，即 x  y 1 0 ，故 B 正确；
对于 C，由 x2  ( y 1)2  1
及(x 1)2  y2  1，
两式相减得 x  y  0 ，即公共弦所在直线方程为，故 C 正确；
对于 D， C1 关于直线 y  1的对称点为C4 (1, 2) ，
则由图象可知 PM
PN
 PM   PN ，
当 P ， C2 ， C4 三点共线时， PM
PN
取得最小值，
PM  PN 的最小值为圆C4 与圆C2 的圆心距减去两个圆的半径和，
即为 C2C4
 2 
 2  2 ，故 D 正确．
1 02  2 12
10
故选：BCD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
V ABC 的三个顶点的坐标分别是 A2,1 ， B 4, 5 ， C 0, 3 ，则边 BC 的垂直平分线方程为.
【答案】 2x  y  8  0
【解析】
【分析】利用两点连线斜率公式及直线垂直的充要条件结合点斜式计算即可.
【详解】易知 kBC
 5  3  1 ， BC 的中点坐标为2, 4 ，则其中垂线斜率为 1
4  02k
 2 ，
BC
所以中垂线方程为： y  4  2  x  2 ，整理得2x  y  8  0 .
故答案为： 2x  y  8  0 .
已知某岛屿 A 正西方向120 km 处有一台风中心，它正向北偏东 60°方向移动，移动速度的大小为
20km/h .距台风中心100km 以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，则岛屿 A 所在地受到影响的持续时间为小时.
【答案】8
【解析】
【分析】设直角坐标系的原点O 为台风中心，求出以 A 为圆心，以100 为半径的圆与直线 y 
3 x 所得弦
3
长即可.
【详解】如图，设直角坐标系的原点O 为台风中心， x 轴正半轴上存在岛屿 A120, 0 ，
且台风中心在第一象限沿着直线 y 
3 x 运动，
3
以 A 为圆心，以100 为半径的圆与直线 y 
3 x 交于 B, C 两点，
3
因为点 A 到直线 x 
3y  0 的距离 d  120  60 ，
2
1002  602
则 BC  2 160 ，
则岛屿 A 所在地受到影响的持续时间为160  8 小时.
20
故答案为： 8
2
设椭圆 E ： x
a2
 1 a  b  0 的左、右焦点分别为 F1 、 F2 ， A 是椭圆上的一点， AF2⊥F1F2 ，原点O
y2
b2
OF1
到直线 AF1 的距离为
4
【答案】 15
5
【解析】
，则椭圆 E 的离心率等于.
【分析】利用椭圆的通径长结合解直角三角形构造齐次式计算离心率即可.
【详解】设椭圆的半焦距为 c，即
 c ，
OF1
44
c2AF
b2
c2
1
a2
由题意可知 2  1，即 AF2
 b，
则 AF1
a2b2a
2
 2a  b ，
a
b2c
所以sin AF1F2 

a 2  4 ，整理得2a2  5b2  5a2  5c2 ，
c22
2a  bc a
315
所以 e a2
 ，即e .
55
故答案为： 15 .
5
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.
已知圆心在 x 轴的正半轴上，半径为 2 的圆C 与直线l1 ： x 
3y  2  0 相切.
求圆C 的方程；
3
若过点 P 1, 3 的直线l2 与圆C 相交于点 M 、 N ， MN  2
【答案】（1）  x  22  y2  4
（2） x  1 或4x  3y 13  0 .
【解析】
，求直线l2 的方程.
【分析】（1）设圆心坐标，根据圆的标准方程及直线与圆的位置关系计算即可；
（2）设直线方程，利用弦长公式计算参数即可.
【小问 1 详解】
a  2
1   3 
2
2
1
设圆心C a, 0 ，则 a  0 ，由题意可知 C 到l 的距离 d  2 ，解之得 a  2 ，即圆C 的方程为 x  22  y2  4 ；
【小问 2 详解】
1 3m
12  m2
易知l2 : y  3 时不与圆C 相交，
不妨设l2
: x  m  y  3 1，则 C 到l2 的距离 d  ，
MN

2
所以22  d 2  
 9m2  6m 1
 3 ，解之得 m  0 或 m   3 ，
2
1 m24
7
所以l2 : x  1 或4x  3y 13  0 .
在V ABC 中，内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c .已知sin BAC 
b  1.
（1）求c ；
（2）设 D 为 BC 边上一点，且 AD  AC ，求△ABD 的面积.
【答案】（1）2（2） 3
4
【解析】
cs BAC  0 ， a ，
【分析】（1）利用余弦定理计算即可；
（2）利用正弦定理结合三角形面积公式计算即可
【小问 1 详解】
3
由sin BAC  3 cs BAC  0 ，可知tan BAC  ，
又BAC 0, π ，所以BAC  2π ，
3
c2 12  
7 2
由余弦定理可知cs BAC   1 ，解之得c  2 ；
【小问 2 详解】
2c2
7221
由（1）及正弦定理可知sin 2πsin C ，解得sin C 7，
3
2 7
C 11
易知 0, 3 π  ，所以cs C ，
7DC
CD 
7  BC ，即 D 为 BC 的中点，
22
所以 S
 1 S 1 1 2 sin BAC 3 .
a ABD2 a ABC44
某中学为提升学生的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为
初赛和复赛两个环节，全校学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取 200 人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题：
求频率分布直方图中 a 的值.用样本估计总体，估计该校学生初赛成绩的平均数以及中位数.（同一组中的数据用该组区间中点值作代表）（保留小数点后两位）；
211
若甲、乙、丙三位同学均进入复赛，已知甲、乙、丙复赛获一等奖的概率分别为 5 ， 3 ， 2 ，甲、
乙、丙获一等奖互不影响，求至少有两位同学复赛获一等奖的概率.
【答案】（1） a  0.03 ，平均数为71 ，中位数为73.33 ；
11
（2）
30
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质及平均数、中位数的求法计算即可；
（2）利用独立事件的概率公式计算即可.
【小问 1 详解】
易知0.010  0.015 2  a  0.025  0.00510  1, a  0.03 ，则该校学生初赛成绩的平均数为
45 0.01 55 0.015  65 0.015  75 0.03  85 0.025  95 0.00510  71 ，
又0.01 0.015 2  0.05  0.01 0.015 2  0.03 ，则中位数位于70,80 之间，中位数不妨设为 x，则 x  70  0.05  0.04 , x  220  73.33 ；
80  x0.07  0.053
【小问 2 详解】
设事件甲、乙、丙获奖分别为 A, B,C
至少两位同学获奖有如下情况：甲乙获奖丙未获奖，甲丙获奖乙未获奖，乙丙获奖甲未获奖，甲乙丙三人
均获奖，
则 P  P  ABC   P  ACB  P CBA  P  ABC 
 2  1 1 1   2  1 1 1   1  1 1 2   2  1  1  11 .
53 2 52 3 23 5 53230

如图， V ABC 和△DBC 所在平面垂直， AB  BC  BD  2 ， CBA  DBC  135 .
求证： AD ⊥BC ；
求 AD 与平面 ABC 所成角的大小；
求平面 ABD 和平面 BCD 的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2） 45
（3） 3
3
【解析】
【分析】（1）先证明线面垂直，再证线线垂直；
由（1）知OD  面 ABC ，所以DAO 即为 AD 与平面 ABC 所成角，易得DAO  45 ；
建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，法向量夹角的余弦值即为两个平面夹角的余弦值.
【小问 1 详解】
作 AO  BC 于点O ，连接 DO ，因为V ABC 和△DBC 所在平面垂直，平面 ABC  平面 DBC  BC ，所以 AO  BC ， AO  OD .
因为 AB  BC  BD  2 , CBA  DBC  135 ，所以aABC aDBC ，
所以OD  BC ，又 AO ∩ OD  O, AO,OD  平面 AOD ，
所以 BC  平面 AOD ， AD  平面 AOD ，所以 BC  AD .
【小问 2 详解】
由（1）知 DO  AO, DO  OC, OC ∩ AO  O ， OC, AO  平面 ABC ，
 DO  平面 ABC ，
所以DAO 即为 AD 与平面 ABC 所成角，易得OA  OD , AOD  90 DAO  45 ，所以 AD 与平面 ABC 所成角为45 .
【小问 3 详解】
以点O 为原点，分别以OD，OC，OA 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系如图所示：
–––→–––→
则 A0, 0, 2 , B 0, 2, 0, D  2, 0, 0, BA  0,  2, 2 , BD   2,  2, 0
→
设平面 ABD 的法向量 n   x, y, z  ，
则n  BA   2 y 2z  0, n  BD 2x 2 y  0 ，
令 x  1 ，则 y  z  1， →  1,1,1 ，平面 BCD 的法向量 →  0, 0,1 ，
nm
3
3

→ →
→ →n m1
3
则cs n, m  → → 
n m
3 ，所以平面 ABD 和平面 BCD 的夹角的余弦值为 3 .
x2y2
已知椭圆C ：
a2b2
 1（ a  b  0 ）的左右焦点分别为 F1 ， F2 ，左右顶点分别为 A1 ， A2 ，上顶点
为 B1 ，且 A1 A2  4 ，△B1F1F2 的周长为 6，过右焦点 F2 的直线l 与C 交于 A 、B 两点（其中 A 在 x 轴上方）.
求椭圆C 的方程；
求aF1 AB 面积的最大值；
若直线 A1 A 、 A1B 与 y 轴分别交于 M 、 N 两点，判断点 F1 与以 MN 为直径的圆的位置关系，并证明你的结论.
2
2
1
【答案】（1） x  y 
43
（2） 3
（3）点 F1 在以 MN 为直径的圆上，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义与性质计算即可；
设直线l 方程及 A, B 坐标，利用韦达定理及三角形面积公式、对勾函数的性质计算即可；
利用点斜式表示两直线方程得出 M , N 坐标，利用上问的韦达定理结论结合向量的数量积运算，判定向量垂直即可说明点在圆上.
【小问 1 详解】
a2  c2
3
1 1 2
由题意可知 A1A2  2a  4, CaB F F  2a  2c  6 ，解之得 a  2,c  1,b ，
2
所以椭圆C ： x
2
y
 1；
43
【小问 2 详解】
由上知 F1 1, 0, F2 1, 0 ，结合题意可设l : x  ty 1, A x1, y1 , B  x2 , y2  ，
x  ty 1


联立直线 l 与椭圆方程 x2y2
，化简得3t 2  4 y2  6ty  9  0 ，
 y  y  
 1
 43
6t
 12
则
3t 2  4
，
9
 y y  

y  y 4 y y
12

2
1 2
12 t 2 1

 1 2
3t 2  4
1
2
1
易知 Sa F AB 
F1F2
y1  y2

3t 2  4

3
12
t 2 1
t 2 1
t 2 1
1，令
 u u  1 ，
13 ,
由对勾函数的性质知 f u   3u  u 在 3∞ 上单调递增，

1
则 f u   f 1  4 ，即 Sa F AB  3 ，当且仅当t  0 时取得最大值；
【小问 3 详解】
易知 A 2, 0 ，则l
: y 
y1 x  2 ，所以 
2 y1 
，
2AA2
M 0,
x1  2


x1
 2 
2 y2 
––––→
2 y1
 ––––→
2 y2 
同理可得 N  0, x
 2  ，即 F1M  1, x
 2  , F1 N  1, x
 2  ，
2
––––→ ––––→

2 y1
1
2 y2
2
4 y1 y2
x
1 212
可知 F1M  F1 N  1
1
 1
 2 x2  2
t 2 y y  3t  y  y   9 ，
 y  y  6t
 12
由上知
3t 2  4
9
––––→ ––––→
，代入上式整理得 F1M  F1N  1
36 36
 0 ，
 y y  
 1 2
3t 2  4
1
即MF N  90∘ ，所以点 F1 在以 MN 为直径的圆上.