2024-2025学年浙江省宁波市三锋联盟高二（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年浙江省宁波市三锋联盟高二（上）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知直线l过点A(1,2)，B(3,4)，则直线l的倾斜角为(

)A.−π6 B.−π3 C.2.直线l1：x−y+1=0与直线l2：2x−2y+3=0的距离是(

)A.24 B.22 C.3.“0<t<1”是“曲线x2t+yA.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.如图，空间四边形OABC中，OA=a,OB=b,OC=c，点M在线段OA上，且OM=2MA，点A.−23a+12b+15.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=1，AA1A.33 B.−33 6.已知点A(3,0)，B(5,0)，C(0,5)，圆M：(x−2)2+(y+2)2=1，一条光线从A点发出，经直线BCA.3 B.4 C.5 D.67.已知直线l：x−y−2=0与圆O：x2+y2=1，过直线l上的任意一点P作圆O的切线PA，PB，切点分别为A，B，则A.3π4 B.2π3 C.π28.设椭圆C的两个焦点是F1，F2，过点F1的直线与椭圆C交于点P，Q，若|PF2|=|F1A.13 B.57 C.35二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知F1，F2分别是椭圆C：x29+y25A.△PF1F2的周长为10 B.△PF1F2面积的最大值为25

C.10.已知圆O1：x2+y2+2x=0与圆OA.两圆的公切线有2条

B.AB直线方程为2x+y+1=0

C.|AB|=255

D.动点P(x,y)在圆O11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E，F在四边形A1A.二面角A1−BD−A的平面角的正切值为2

B.CF⊥AC1

C.点E的轨迹是一个圆

D.直线DF与平面三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.a=(2,x,−1)，b=(1,2,0)，a⋅b=2，则13.已知正四面体P−ABC的棱长为1，空间中一点M满足PM=xPA+yPB+zPC，其中x，y，z∈R，且14.已知点P是椭圆x225+y216=1上一动点，Q是圆(x+3四、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.(本小题13分)

已知直线l1经过点A(2,3)．

(1)若l1与直线l2：x+2y+4=0垂直，求l1的方程；

(2)若l116.(本小题15分)

已知直线l：y=kx+1，l与圆C：(x−1)2+y2=4交于A，B两点，点Q在圆C上运动．

(1)当|AB|=23时，求k；

(2)17.(本小题15分)

在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D、E分别是AA1、BC的中点，AC=BC=1，AA1=2，∠BCA=90°．

(1)求证：AE//平面18.(本小题17分)

如图，已知等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=AD=12BC=2，E是BC的中点，AE⋂BD=M，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B1AE⊥平面AECD．

(1)求证：CD⊥平面B1DM；

(2)求B1E与平面B1MD所成的角；19.(本小题17分)

已知F1、F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点P(263,1)在椭圆C上，离心率为12．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设A为椭圆C的左顶点，过点F2的直线I交椭圆C于D、E两点，S△ADE=18参考答案1.C

2.A

3.B

4.A

5.C

6.B

7.C

8.B

9.AB

10.AB

11.BCD

12.513.614.6

15.解：(1)由题可知，l2的斜率为−12，

设l1的斜率为k，因为l1⊥l2，所以−12k=−1，则k=2，

又l1经过点A(2,3)，所以l1的方程为y−3=2(x−2)，即2x−y−1=0；

(2)若l1在两坐标轴上的截距为0，即l1经过原点，设l1的方程为y=kx，

将A(2,3)代入解析式得2k=3，解得k=32，

故l1的方程为3x−2y=0，

若l1在两坐标轴上的截距不为0，则设l1的方程为xa16.解：(1)由题意可知：圆C：(x−1)2+y2=4的圆心C(1,0)，半径r=2，

则圆心C(1,0)到直线l的距离d=r2−(|AB|2)2=1，

可得|k+1|1+k2=1，解得k=0．

(2)设M(x,y)，

因为点P(2,1)，且M为PQ17.解：(1)证明：因为ABC−A1B1C1为直三棱柱，

则C1C⊥平面ABC，且∠BCA=90°，

以C的原点，CA,CB,CC1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为AC=BC=1，AA1=2，且D，E分别是AA1，BC的中点，

则C(0,0,0),A(1,0,0),C1(0,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),E(0,12,0)，

所以AE=(−1,12,0)，C1B=(0,1,−2),C1D=(1,0,−1)，

设平面C1BD的法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅C1B=y−2z=0n⋅C1D=x−z=0，

18.(1)证明：∵AD/​/BC，E是BC的中点，∴AB=AD=BE=12BC=2，

故四边形ABED是菱形，从而AE⊥BD，

∴△BAE沿着AE翻折成△B1AE后，AE⊥B1M，AE⊥DM，

又∵B1M∩DM=M，

∴AE⊥平面B1MD，

由题意，易知AD/​/CE，AD=CE，

∴四边形AECD是平行四边形，故AE//CD，

∴CD⊥平面B1DM；

(2)解：∵AE⊥平面B1MD，

∴B1E与平面B1MD所成的角为∠EB1M，

由已知条件，可知AB=AE=CD，AB=AD=BE=12BC=2，

∴△B1AE是正三角形，∴∠EB1M=30°，

∴B1E与平面B1MD所成的角为30°；

(3)假设线段B1C上是存在点P，使得MP/​/平面B1AD，

过点P作PQ/​/CD交B1D于Q，连结MP，AQ，如下图：19.解：(1)由题可得：(263)2a2+1b2=1e=ca=12a2=b2+c2，

解得：a=2，b=3，

故椭圆C的方程为x24+y23=1；

(2)由(1)知，A(−2,0)，F2(1,0)，

若直线l的斜率不存在，则