2025-2026学年浙江省金砖联盟高二（上）期中数学试题（含答案）

这是一份2025-2026学年浙江省金砖联盟高二（上）期中数学试题（含答案），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（1+3i）i的虚部为（ ）
A．﹣1B．﹣iC．1D．i
2．直线x=3的倾斜角是（ ）
A．不存在B．π6C．π3D．π2
3．设l，m，n均为直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
4．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，设AA1→=a→，AB→=b→，AC→=c→，M，N分别为AB，CC1的中点，则MN→=（ ）
A．12a→+12b→+c→B．12a→−12b→+c→C．a→−12b→+12c→D．a→+12b→+c→
5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知asinB=3bcsA，c﹣b＝2，a=7．则c＝（ ）
A．4B．3C．2D．1
6．正三棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A．63B．142C．1623D．1423
7．已知直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4＝0与圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25交于A，B两点，则AB→⋅AC→的最小值为（ ）
A．20B．25C．40D．80
8．已知球O的表面积为12π，球面上有A，B，C，D四点，DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为π3，若∠AOB 的余弦值为−18，则三棱锥D﹣ABC的体积的最大值为（ ）
A．8132B．24332C．8116D．24316
二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．为了解学生周末的日均健身时长（单位分钟），随机抽取10位同学进行调查，得到数据如下：20，50，35，50，65，80，65，80，65，110，下列说法正确的是（ ）
A．众数是65B．平均数是62
C．上四分位数是80D．方差是342.5
（多选）10．在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E是CC1的中点，则（ ）
A．BD1与DE所成角的余弦值为36
B．BE与平面BDD1B1所成的角为30°
C．对角线BD1与平面BDE所成的角为45°
D．四面体ABED1的体积是16
（多选）11．已知椭圆C：x24+y23=1的上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l与C交于M，N两点，则（ ）
A．存在点M使得MF1⊥MF2
B．|MF1||MF2|的最大值为4
C．当直线l垂直于AF2时，三角形AMN的周长为8
D．MF1→⋅MF2→的取值范围是[2，3]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．甲、乙两名同学独立破译同一组密码，甲能破译的概率为12，乙能破译的概率为13，则这组密码被破译的概率为 ．
13．圆心在y＝﹣5x上，经过点（3，﹣1），与直线x+2y﹣1＝0相切的圆方程为 ．
14．已知F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a，b＞0)的左、右焦点，l1，l2为双曲线的两条渐近线，设过点M（b，0）且平行于l1的直线交l2于点P，若PF1⊥PF2，则该双曲线的离心率为 ．
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．（13分）水果分为一级果和二级果，共136箱，其中一级果102箱，二级果34箱．
（1）进行分层抽样，共抽8箱水果，求一级果和二级果各几箱；
（2）从（1）中抽取的8箱水果中再随机挑选两箱，求恰好一级果和二级果各一箱的概率；
（3）抽取若干箱水果，其中一级果共120个，单果质量平均数为300克，方差为600；二级果40个，单果质量平均数为240克，方差为640；求160个水果的平均数和方差．
16．（15分）已知圆C：x2+y2﹣2x﹣2y﹣2＝0，直线l：2x+y﹣4＝0．
（1）求过直线l上点P（3，﹣2）且与圆C相切的直线方程；
（2）若直线m与直线l平行，与y轴交于（0，b）点，且圆C上有且仅有两个点到直线m的距离为1，求b的取值范围．
17．（15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积S△ABC=34(b2+c2−a2)，角A的平分线AD交BC边于点D．
（1）求角A；
（2）若BD＝3DC，且△ABC的周长为8+27，求AD长．
18．（17分）在平行四边形ABCD中（图1），AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，M是AB的中点，将△ADM沿DM折起，使得AD⊥BC，连接AB，AC．（图2）
（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；
（2）求四棱锥A﹣BCDM的体积；
（3）求平面ACD与平面ABM的夹角的余弦值．
19．（17分）已知椭圆Γ：x2a2+y23=1(a＞3)，M（0，m）（m＞0），A是Γ的右顶点，椭圆的左、右焦点分别为F1，F2．
（1）若椭圆Γ的离心率为12，且椭圆上存在两点P，Q满足F1P→和F2Q→同向且共线，求四边形F1PQF2面积的最大值．
（2）已知AM的中垂线l的斜率为2，且l与椭圆Γ交于C、D两点，若点M在以CD为直径的圆内，求a的取值范围．
2025-2026学年浙江省金砖联盟高二（上）期中数学试题参考答案
一、选择题（共8小题）
二、多选题（共3小题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．23
13．（x﹣1）2+（y+5）2＝20
14．5
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．解：（1）因为一级果箱数与二级果箱数的比值为3：1，
所以8箱水果中有一级果抽取6箱，二级果抽取2箱；
（2）从8箱水果中随机挑选两箱，基本事件总数为C82=28，
恰好一级果和二级果各一箱的事件数为6×2＝12，
则恰好一级果和二级果各一箱的概率为1228=37；
（3）设一级果平均质量为x，方差为Sx2，二级果质量为y，方差为Sy2，
总体样本平均质量为z平均值，方差为S2，
因为x=300，y=240，Sx2=600，Sy2=640，
所以z=120120+40×300+40120+40×240＝285，
S2=120120+40×[600+（300﹣285）2]+40120+40×[640+（240﹣285）2]＝1285．
16．解：（1）由题意，圆C：x2+y2﹣2x﹣2y﹣2＝0，
即（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4，圆心为C（1，1），半径r＝2，
若直线l经过P（3，﹣2）且斜率不存在，
则直线l的方程为x＝3，与圆C相切于点（3，1），符合题意；
若直线l的斜率存在，设l的方程为y+2＝k（x﹣3），即kx﹣y﹣3k﹣2＝0，
由直线l与圆C相切，可知点C到l的距离d＝r，即|−2k−3|k2+1=2，解得k=−512，
所以直线l的方程为y+2=−512（x﹣3），即5x+12y+9＝0．
综上所述，满足条件的切线l的方程为x＝3或5x+12y+9＝0；
（2）根据直线m与直线l平行，与y轴交于（0，b）点，
可知直线m：2（x﹣0）+（y﹣b）＝0，即m的方程为2x+y﹣b＝0，
根据圆C的圆心为C（1，1），半径r＝2，
可知：若圆C上有且仅有两个点到直线m的距离为1，
则点C到M的距离r﹣1＜d′＜r+1，即d′∈（1，3），
由d′=|3−b|4+1∈（1，3），可得5＜|3﹣b|＜35，
解得3−35＜b＜3−5或3+5＜b＜3+35，
综上所述，实数b的取值范围是（3−35，3−5）∪（3+5，3+35）．
17．解：（1）因为面积S△ABC=34(b2+c2−a2)，即12bcsinA=34×2bccsA，
可得tanA=3，而A∈（0，π），
可得A=π3；
（2）因为AD为角平分线，BD＝3DC，可得cb=BDDC=3，
可得c＝3b，由余弦定理可得a=b2+c2−2bccsA=b2+9b2−2b⋅3b⋅12=7b，
因为△ABC的周长为8+27=7b+b+3b，可得b＝2，c＝6，
所以S△ABC=12bcsinA=12c•ADsinA2+12b•ADsinA2，
即2×6×32=AD•（2+6）⋅12，解得AD=332．
18．证明：（1）由题设，在图1中，AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°M是AB的中点，
所以在图2中，四边形BCDM中，DM=MB=BC=12DC=2，∠MDC＝∠BCD＝60°，
则BD2＝BC2+DC2﹣2BC×DC×cs 60°＝4+16﹣2×2×4×12=12，
所以BD2+BC2＝DC2，即BD⊥BC，
而AD⊥BC，因为AD∩BD＝A，AD，BD⊂平面ABD，
所以BC⊥平面ABD，
又BC⊂平面ABC，所以面ABC⊥平面ABD；
解：（2）取CD中点E，DM中点F，连接AF，EF交BD于点H，连接AH，ME，
由（1）可知BC⊥平面ABD，AH⊂平面BCDM，可得BC⊥AH，
由题意易得AD＝AM，三角形DME为等边三角形，
则AF⊥DM，EF⊥DM，
因为AF∩EF＝F，AF，EF⊂平面AEF，可得DM⊥平面AEF，
又AHC平面AEF，所以DM⊥AH，
而BC与DM相交，BC，DM⊂平面BCDM，
所以AH⊥平面BCDM，
又 AD＝2，DH=233，所以AH=263，
又SBCDM=12×(2+4)×3=33，
所以V=13×33×263=22；
（3）如图建立空间直角坐标系，
则B（0，0，0），C（0，2，0），D(23，0，0)，M(3，−1，0)，H(433，0，0)，A(433，0，263)，
所以CD→=(23，−2，0)，DA→=(−233，0，263)，
设平面ACD的法向量为m→=(x1，y1，z1)，
则CD→⋅m→=23x1−2y1=0DA→⋅m→=−233x1+263z1=0，取x1=2，得m→=(2，6，1)，
由BA→=(433，0，263)，BM→=(3，−1，0)，
设平面ABM的法向量为n→=(x2，y2，z2)，
则BA→⋅n→=433x2+263z2=0BM→⋅n→=3x2−y2=0，取x2＝1，得n→=(1，3，−2)，
设平面ACD与平面ABM的夹角为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→||n→|=323×6=33．
19．解：（1）因为I的离心率为12，所以ca=12，即1−3a2=12，解得a2＝4，
所以椭圆方程为x24+y23=1；
由题设PF1∥QF2，延长QF2交椭圆于另一点R，由对称性可知，F2R＝PF1，所以SF1PQF2=S△PQR，
设直线QR：x＝ty+1，联立x24+y23=1x=ty+1，可得（3t2+4）y2+6ty﹣9＝0，
所以Δ＝36t2+36（3t2+4）＝144（t2+1），
|QR|=1+t2Δ3t2+4=1+t212t2+13t2+4=12(t2+1)3t2+4，
由（1）求得c＝a2﹣b2＝4﹣3＝1，则F1（﹣1，0），
则dF1−QR=|−1−0−1|t2+1=2t2+1，
因为PF1∥QF2，所以dP−QR=dF1−QR=2t2+1，
所以SF1PQF2=S△PQR=12×12(t2+1)3t2+4×2t2+1=12t2+13t2+4，
SF1PQF2=12t2+13t2+4=123t2+1+1t2+1又t2+1≥1，
令t2+1=m，易知函数y=3m+1m在1，+∞）上单调递增，
所以当m＝1，即t＝0时，(SF1PQF2)max=3；
（2）由线段AM的中垂线l的斜率为2，所以直线AM的斜率为−12，
则m−00−a=−12，解得m=a2，由A（a，0），M(0，a2)得AM中点坐标为(a2，a4)，
故直线l：y−a4=2(x−a2)，即：y=2x−34a，显然直线l过椭圆内点(38a，0)，故直线与椭圆恒有两不同交点，
设C（x1，y1），D（x2，y2），由y=2x−34a3x2+a2y2=3a2消y得(4a2+3)x2−3a3x+916a4−3a2=0，
由韦达定理得x1+x2=3a34a2+3，x1x2=916a4−3a24a2+3，
因为M在以CD为直径的圆内，则MC→⋅MD→＜0，且M(0，a2)，
则有x1x2+(y1−a2)(y2−a2)＜0，
所以2x1x2+(2x1−5a4)(2x2−5a4)=5x1x2−52a(x1+x2)+2516a2＜0，
即5(916a4−3a2)−5a2×3a3+2516a2(4a2+3)＜0，解得a2＜335，又a＞3，
故3＜a＜1655，即a的取值范围是(3，1655)．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
D
A
B
B
D
C
A
题号
9
10
11
答案
ABC
ABD
BCD