2025-2026学年浙江省宁波市三锋联盟高二（上）期中数学试题（含答案）

这是一份2025-2026学年浙江省宁波市三锋联盟高二（上）期中数学试题（含答案），共10页。试卷主要包含了单项选择题，解答题，多选题等内容，欢迎下载使用。
1．已知向量a→=(1，2)，b→=(λ，1−λ)，若a→∥b→，则λ＝（ ）
A．13B．23C．2D．1
2．已知直线的倾斜角为π6，则直线的一个方向向量为（ ）
A．(1， 3)B．(3， 1)C．(1， −3)D．(−3， 1)
3．已知椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，椭圆上的点到左焦点的最大值为5，最小值为1，则椭圆方程是（ ）
A．x29+y25=1B．x29+y24=1
C．x25+y29=1D．x24+y29=1
4．已知直线x+2y﹣3＝0与直线ax+4y+b＝0关于点A（2，0）对称，则实数b＝（ ）
A．2B．1C．﹣2D．﹣1
5．已知圆方程为x2+y2﹣4x+3＝0，P（x，y）为圆上的动点，则（ ）
A．yx最大值为3B．x+y最大值为2+2
C．x2+y2最大值为3D．y﹣x最小值为2−2
6．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝2，CC1＝3，点P在棱AA1上，且三棱锥A﹣PBC的体积为233，则直线AC1与BP所成角的余弦值等于（ ）
A．1326B．−2613C．−1326D．2613
7．已知F1，F2为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点，A为椭圆C的上顶点，连接AF2交椭圆C于另一点B，若|AB|＝|F1B|，则椭圆C的离心率为（ ）
A．22B．33C．32D．34
8．已知直线l1：x+my﹣3m﹣1＝0与l2：mx﹣y﹣3m+1＝0相交于点M，线段AB是圆C：（x+1）2+（y+1）2＝4的一条动弦，且|AB|＝2，则MA→⋅MB→的最小值为（ ）
A．10−46B．10+46C．5−23D．5+26
二．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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
（多选）9．已知直线l1：ax+y﹣3a＝0，直线l2：（a+2）x+ay﹣12＝0，则（ ）
A．若l1⊥l2，则a＝﹣3
B．若l1∥l2，则a＝﹣1
C．l2过定点（6，﹣6）
D．当l2不经过第二象限时，则﹣2＜a＜0
（多选）10．圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝25，直线l：mx+y﹣3m﹣2＝0，则（ ）
A．直线l与圆C必相交
B．圆C被y轴截得的弦长为46
C．圆C被直线l截得的弦长最短时，直线l的方程为2x﹣y﹣4＝0
D．m＝1时，圆C上存在四个点到直线l的距离为2
（多选）11．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，E，F分别为BC，AD中点，将△ABE沿直线AE翻折成ΔAB1E，B1与B、F不重合，连结B1D，B1C，H为B1D中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．在翻折过程中，CH=5
B．当∠B1AD＝60°时，DE⊥面CFH
C．在翻折过程中，三棱锥B1﹣AEB外接球的体积为423π
D．三棱锥B1﹣AEH的体积的最大值为223
三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知椭圆C的标准方程为x216+y225=1，求椭圆的焦点坐标 ．
13．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为线段AD1中点，则点C1到平面PBC的距离为 ．
14．若对于圆C：x2+y2+2x+2y+1＝0上任意的点A，直线l：4x﹣3y﹣9＝0上总存在不同两点M，N，使得∠MAN≥90°，则|MN|的最小值为 ．
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．（15分）已知直线l经过两直线l1：x﹣2y+1＝0和l1：x+y﹣5＝0的交点．
（1）若直线l与直线l3：x+2y+3＝0垂直，求直线l方程；
（2）若直线l在两坐标轴上的截距的和为0，求直线l的方程．
16．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，点E为线段PB的中点．
（1）求证：PD∥平面AEC；
（2）点F为线段BC上的中点，求PD与平面AEF所成角的正弦值．
17．（15分）已知圆C：x2+y2+2x﹣4y+3＝0，若直线l过坐标原点，且与圆C交于A，B二点．
（1）若CA→⋅CB→=0，求直线l的方程；
（2）若点P是圆C所在平面内的动点，O为坐标原点，满足|PC→+PO→|=|PC→−PO→|，求点P的轨迹方程．
18．（15分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1⊥底面ABC，△B1BA是边长为2的正三角形，AC=2，B1C与平面ABC所成角为45°．
（1）证明：AC⊥平面ABB1A1；
（2）若点E为BC中点，点P为棱CC1上一点（不与C，C1重合），且满足λ=CPCC1，是否存在λ使得平面ABP与平面AB1E夹角的余弦值为1010，若存在求出λ值，若不存在请说明理由．
19．（17分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率为32，且点P（2，1）在椭圆C上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若A，B为椭圆C上的两点，且满足AP⊥BP，求证：直线AB过定点．
2025-2026学年浙江省宁波市三锋联盟高二（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．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
B
A
C
B
D
B
A
题号
9
10
11
答案
BC
ABD
ABD
12．（0，±3）
13．455
14．6
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）联立x−2y+1=0x+y−5=0，解得x=3y=2
所以交点P（3，2），
由题意直线l与直线l3：x+2y+3＝0垂直，
可设直线l的方程为2x﹣y+m＝0，代入点P坐标有2×3﹣2+m＝0，解得m＝﹣4，
所以直线l的方程为2x﹣y﹣4＝0；
（2）由题意直线l在两坐标轴上的截距的和为0，
当直线l过原点时，设方程为y＝kx，代入点P坐标有2＝3k，解得k=23，
所以直线l的方程为y=23x，整理可得2x﹣3y＝0；
当直线l不过原点时，设方程为x﹣y+n＝0，
代入点P坐标有3﹣2+n＝0，解得 n＝﹣1，
所以直线l的方程为x﹣y﹣1＝0，
综上所述，直线l的方程为2x﹣3y＝0或x﹣y﹣1＝0．
16．解：（1）证明：连接AC与BD交于点O，连接EO，EC，
因为底面ABCD为正方形，所以O为BD的中点，有E为PB的中点，
所以EO∥PD，又因为EO⊂平面AEC，PD⊄平面AEC，
所以PD∥平面AEC；
（2）因为PA⊥底面ABCD，ABCD为正方形，
故AB，AD，AP互相垂直，
所以以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，
令PA＝AB＝2，则A（0，0，0），E（2，1，0），P（0，0，2），F（1，0，1），D（0，2，0），
可得PD→=(0，2，−2)，AE→=(2，1，0)，AF→=(1，0，1)，
设平面AEF的一个法向量为n→=(x，y，z)，
则n→⋅AE→=2x+y=0n→⋅AF→=x+z=0，取x＝1，则z＝﹣1，y＝﹣2，
故n→=(1，−2，−1)，
所以PD与平面AEF所成角的正弦值为|cs＜n→，PD→＞|=|n→⋅PD→||n→||PD→|=222×6=36．
17．解：（1）因为圆C：x2+y2+2x﹣4y+3＝0可化为：
（x+1）2+（y﹣2）2＝2，
所以圆心C（﹣1，2），半径r=2，
因为CA→⋅CB→=0，所以CA⊥CB，
所以圆心C到直线l的距离d=r2=1，
设直线l的方程为y＝kx，即为kx﹣y＝0，
所以d=|−k−2|k2+1=1，解得k=−34，
所以直线l的方程为y=−34x，即为3x+4y＝0，
又当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0也满足d＝1，
综合可得直线l的方程为3x+4y＝0或x＝0；
求动点M（x，y）的轨迹方程；
（2）因为|PC→+PO→|=|PC→−PO→|，
所以PC→2+2PC→⋅PO→+PO→2=PC→2−2PC→⋅PO→+PO→2，
所以PC→⋅PO→=0，所以PC⊥PO，
所以点P的轨迹是以CO为直径的圆，又C（﹣1，2），O（0，0）
所以点P的轨迹方程为（x+1）x+（y﹣2）y＝0，即为x2+y2+x﹣2y＝0．
18．证明：（1）取AB中点D，连结B1D，CD，
因为ΔABB1为正三角形，所以B1D⊥AB，
因为侧面ABB1A1⊥底面ABC，B1D⊂平面ABB1A1，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，
所以B1D⊥面ABC，
因为B1C与平面ABC所成角为45°，
所以∠B1CD即为B1C与平面ABC所成角，即∠B1CD＝45°，
因为B1D＝3，所以CD＝3，
所以CD2＝AD2+AC2，即AC⊥AD，
因为侧面ABB1A1⊥底面ABC，AC⊂平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，
所以AC⊥平面ABB1A1；
解：（2）由（1）可得B1D⊥AC、AC⊥AB且AC⊥B1D，
连接DE，则由题DE∥AC，所以 DE⊥AB，B1D⊥DE，
所以DE，DA，DB1两两垂直，故可建立如图所示空间直角坐标系，
则A(0，3，0)，B(0，−3，0)，B1（0，0，3），C(6，3，0)，E（62，0，0），
设CP→=λCC1→，则CP→=λCC1→=λBB1→=(0，3λ，3λ)（0≤λ≤1），
DC→=(6，3，0)，AE→=(62，−3，0)，AB1→=(0，−3，3)，
设平面ADP法向量n1→=(x1，y1，z1)，平面AEB1法向量n2→=(x2，y2，z2)，
则n1→⋅DA→=0n1→⋅DP→=0，即y1=06x1+3λz1=0，
令z1＝2，解得x1=−6λ，即n1→=(−6λ，0，2)，
n2→⋅AE→=0n2→⋅AB1→=0，即62x2−3y2=0−3y2+3z2=0，
令y2=3，解得x2=6z2=1，
即n2→=(6，3，1)，
所以|cs＜n1→，n2→＞|=|6λ−2|10⋅6λ2+4=1010，
解得λ=45或λ＝0（舍去），
所以存在λ=45使得平面ABP与平面AEB1夹角余弦为1010．
19．解：（1）由e=32，设a＝2k，c=3k，则b=a2−c2=k，
则椭圆方程为x24k2+y2k2=1，由点P（2，1）在椭圆C上得44k2+1k2=1，解得k2＝2，
可得椭圆方程为x28+y22=1．
（2）证明：如图，
①当直线AB斜率不存在时，设直线AB方程为x=m(−22＜m＜22)，
则m28+y22=1，解得y=±8−m22，
得A(m，8−m22)，B（m，−8−m22），由点P（2，1），
得AP→=(2−m，1−8−m22），
BP→=(2−m，1+8−m22)，
则AP→⋅BP→=(2−m)2+(1+8−m22)(1−8−m22)=0，
化简得5m2﹣16m+12＝0，解得m=65或m＝2（舍），
则此时直线AB方程为x=65；
②当直线AB斜率存在时，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB方程为y＝kx+t，则x28+y22=1y=kx+t，
消去y得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣8＝0，
当Δ＝（8kt）2﹣4（1+4k2）（4t2﹣8）＞0，x1+x2=−8kt1+4k2，x1x2=4t2−81+4k2，
则y1+y2=k(x1+x2)+2t=−8k2t1+4k2+2t=2t1+4k2，
y1y2＝（kx1+t）（kx2+t）＝k2x1x2+kt（x1+x2）+t2＝k24t2−81+4k2−kt8kt1+4k2+t2=t2−8k21+4k2，
可知AP→=(2−x1，1−y1)，BP→=(2−x2，1−y2)，
当AP⊥BP时，AP→⋅BP→=(2−x1)(2−x2)+(1−y1)(1−y2)=0，
化简得5﹣2（x1+x2）+x1x2﹣（y1+y2）+y1y2＝0，
代入得5+16kt1+4k2+4t2−81+4k2−2t1+4k2+t2−8k21+4k2=0，
化简得12k2+16kt+5t2﹣2t﹣3＝0，变形得（2k+t﹣1）（6k+5t+3）＝0，
当2k+t﹣1＝0，即t＝1﹣2k，此时y＝kx+1﹣2k＝k（x﹣2）+1，过定点（2，1），舍去，
当6k+5t+3＝0时，即t=−65k−35，此时y=kx−65k−35=k(x−65)−35，过定点(65，−35)，符合条件．
综上所述，直线AB过定点得证．