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2025-2026学年浙江省宁波市三锋联盟高二（上）期中数学试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的．
1．已知向量→ → ，若→ →，则 ＝（ ）
a=(1，2)，b=(λ，1−λ) a∥b
λ
1 2
A． B． C．2 D．1
3 3
π
2．已知直线的倾斜角为 ，则直线的一个方向向量为（ ）
6
A．(1， √3) B．(√3， 1) C．(1， −√3) D．(−√3， 1)
3．已知椭圆方程为x2 y2 ，椭圆上的点到左焦点的最大值为 5，最小值为
+ =1(a＞b＞0)
a2 b2
1，则椭圆方程是（ ）
x2 y2 x2 y2
A． + =1 B． + =1
9 5 9 4
x2 y2 x2 y2
C． + =1 D． + =1
5 9 4 9
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．2 B．1 C．﹣2 D．﹣1
5．已知圆方程为x2+y2﹣4x+3＝0，P（x，y）为圆上的动点，则（ ）
y
A． 最大值为√3 B．x+y最大值为2+√2
x
C．x2+y2最大值为3 D．y﹣x最小值为√2−2
6．在正三棱柱ABC﹣A B C 中，BC＝2，CC ＝3，点P在棱AA 上，且三棱锥A﹣PBC的体
1 1 1 1 1
2√3
积为 ，则直线AC 与BP所成角的余弦值等于（ ）
3 1
√13 √26 √13 √26
A． B．− C．− D．
26 13 26 13
7．已知F ，F 为椭圆 x2 y2 的左、右焦点，A为椭圆C的上顶点，连接
1 2 C： + =1(a＞b＞0)
a2 b2
AF 交椭圆C于另一点B，若|AB|＝|F B|，则椭圆C的离心率为（ ）
2 1
第1页（共10页）√2 √3 √3 √3
A． B． C． D．
2 3 2 4
8．已知直线 l ：x+my﹣3m﹣1＝0与l ：mx﹣y﹣3m+1＝0相交于点 M，线段AB是圆C：
1 2
（x+1）2+（y+1）2＝4的一条动弦，且|AB|＝2，则 → → 的最小值为（ ）
MA⋅MB
A．10−4√6 B．10+4√6 C．5−2√3 D．5+2√6
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l ：ax+y﹣3a＝0，直线l （a+2）x+ay﹣12＝0，则（ ）
1 2：
A．若l ⊥l ，则a＝﹣3
1 2
B．若l ∥l ，则a＝﹣1
1 2
C．l 过定点（6，﹣6）
2
D．当l 不经过第二象限时，则﹣2＜a＜0
2
（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4√6
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ΔAB E，B 与B、F不重合，连结B D，B C，H为B D中点，连
1 1 1 1 1
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∠B AD＝60°时，DE⊥面CFH
1
4√2
C．在翻折过程中，三棱锥B ﹣AEB外接球的体积为 π
1
3
2√2
D．三棱锥B ﹣AEH的体积的最大值为
1
3
第2页（共10页）三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
x2 y2
12．已知椭圆C的标准方程为 + =1，求椭圆的焦点坐标 ．
16 25
13．已知正方体ABCD﹣A B C D 的棱长为2，P为线段AD 中点，则点C 到平面PBC的距
1 1 1 1 1 1
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l ：x﹣2y+1＝0和l ：x+y﹣5＝0的交点．
1 1
（1）若直线l与直线l ：x+2y+3＝0垂直，求直线l方程；
3
（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 → → ，求直线l的方程；
CA⋅CB=0
（2）若点P是圆C所在平面内的动点，O为坐标原点，满足 → → → → ，求
|PC+PO|=|PC−PO|
点P的轨迹方程．
18．（15分）如图，三棱柱 ABC﹣A B C 中，侧面ABB A ⊥底面ABC，△B BA是边长为2
1 1 1 1 1 1
的正三角形，AC=√2，B C与平面ABC所成角为45°．
1
第3页（共10页）（1）证明：AC⊥平面ABB A ；
1 1
CP
（2）若点E为BC中点，点P为棱CC 上一点（不与C，C 重合），且满足λ= ，是
1 1 CC
1
√10
否存在 使得平面ABP与平面AB E夹角的余弦值为 ，若存在求出 值，若不存在请
1
10
λ λ
说明理由．
19．（17分）已知椭圆 x2 y2 的离心率为√3，且点P（2，1）在椭圆C
C： + =1(a＞b＞0)
a2 b2 2
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．
第4页（共10页）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）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B A C B D B A
二、多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BC ABD ABD
三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（0，±3） 4√5 14．6
13．
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．
{x−2y+1=0 {x=3
15．解：（1）联立 ，解得
x+ y−5=0 y=2
所以交点P（3，2），
由题意直线l与直线l ：x+2y+3＝0垂直，
3
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，
2
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= ，
3
2
所以直线l的方程为y= x，整理可得2x﹣3y＝0；
3
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，
第5页（共10页）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=0，取x＝1，则z＝﹣1，y＝﹣2，
→ →
n⋅AF=x+z=0
故→ ，
n=(1，−2，−1)
→ →
→ → |n⋅PD| 2 √3
所以PD与平面AEF所成角的正弦值为|cos＜n，PD＞|= = = ．
→ → 2√2×√6 6
|n||PD|
17．解：（1）因为圆C：x2+y2+2x﹣4y+3＝0可化为：
第6页（共10页）（x+1）2+（y﹣2）2＝2，
所以圆心C（﹣1，2），半径r=√2，
因为 → → ，所以CA⊥CB，
CA⋅CB=0
r
所以圆心C到直线l的距离d= =1，
√2
设直线l的方程为y＝kx，即为kx﹣y＝0，
所以d |−k−2| ，解得k 3，
= =1 =−
√k2+1 4
3
所以直线l的方程为y=− x，即为3x+4y＝0，
4
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 → → → → → → → → ，
PC2+2PC⋅PO+PO2=PC2−2PC⋅PO+PO2
所以 → → ，所以PC⊥PO，
PC⋅PO=0
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B D，CD，
1
因为ΔABB 为正三角形，所以B D⊥AB，
1 1
因为侧面ABB A ⊥底面ABC，B D 平面ABB A ，平面ABB A ∩平面ABC＝AB，
1 1 1 1 1 1 1
所以B D⊥面ABC，
1 ⊂
因为B C与平面ABC所成角为45°，
1
所以∠B CD即为B C与平面ABC所成角，即∠B CD＝45°，
1 1 1
因为B D＝3，所以CD＝3，
1
所以CD2＝AD2+AC2，即AC⊥AD，
因为侧面ABB A ⊥底面ABC，AC 平面ABC，平面ABB A ∩平面ABC＝AB，
1 1 1 1
所以AC⊥平面ABB A ；
1 1 ⊂
第7页（共10页）解：（2）由（1）可得B D⊥AC、AC⊥AB且AC⊥B D，
1 1
连接DE，则由题DE∥AC，所以 DE⊥AB，B D⊥DE，
1
所以DE，DA，DB 两两垂直，故可建立如图所示空间直角坐标系，
1
√6
则A(0，√3，0)，B(0，−√3，0)，B （0，0，3），C(√6，√3，0)，E（ ，0，0
1
2
），
设 → → ，则 → → → （0≤ ≤1），
CP=λCC CP=λCC =λBB =(0，√3λ，3λ)
1 1 1
λ
→ → √6 →
DC=(√6，√3，0) ，AE=(
2
，−√3，0)，AB
1
=(0，−√3，3)，
设平面ADP法向量→ ，平面AEB 法向量→ ，
n =(x ，y ，z ) 1 n =(x ，y ，z )
1 1 1 1 2 2 2 2
→ →
{
则 n 1 ⋅DA=0 ，即{ y 1 =0 ，
→ → √6x +3λz =0
n ⋅DP=0 1 1
1
令z
1
＝2，解得
x
1
=−√6λ
，即→
n =(−√6λ，0，2)
，
1
{ → → {√6
n ⋅AE=0
，即
x −√3 y =0
，
2 2 2 2
→ →
n ⋅AB =0 −√3 y +3z =0
2 1 2 2
令 ，解得{x =√6，
y =√3 2
2 z =1
2
即→ ，
n =(√6，√3，1)
2
第8页（共10页）所以 → → |6λ−2| √10，
|cos＜n ，n ＞|= =
1 2 √10⋅√6λ2+4 10
4
解得λ= 或 ＝0（舍去），
5
λ
4 √10
所以存在λ= 使得平面ABP与平面AEB 夹角余弦为 ．
5 1 10
√3
19．解：（1）由e= ，设a＝2k，c=√3k，则b=√a2−c2=k，
2
则椭圆方程为 x2 y2 ，由点P（2，1）在椭圆C上得 4 1 ，解得k2＝2，
+ =1 + =1
4k2 k2 4k2 k2
x2 y2
可得椭圆方程为 + =1．
8 2
（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(−2√2＜m＜2√2)，
则m2 y2 ，解得 √8−m2，
+ =1 y=±
8 2 2
得 √8−m2 ，B（m， √8−m2），由点P（2，1），
A(m， ) −
2 2
得 → √8−m2），
AP=(2−m，1−
2
→ √8−m2 ，
BP=(2−m，1+ )
2
则 → → √8−m2 √8−m2 ，
AP⋅BP=(2−m) 2+(1+ )(1− )=0
2 2
第9页（共10页）6
化简得5m2﹣16m+12＝0，解得m= 或m＝2（舍），
5
6
则此时直线AB方程为x= ；
5
②当直线 AB斜率存在时，设 A（x ，y ），B（x ，y ），直线 AB方程为 y＝kx+t，则
1 1 2 2
{x2 y2
+ =1，
8 2
y=kx+t
消去y得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣8＝0，
当Δ＝（8kt）2﹣4（1+4k2）（4t2﹣8）＞0， 8kt ， 4t2−8，
x +x =− x x =
1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
则 8k2t 2t ，
y + y =k(x +x )+2t=− +2t=
1 2 1 2 1+4k2 1+4k2
y y ＝（kx +t）（kx +t）＝k2x x +kt（x +x ）+t2＝k24t2−8 kt 8kt t2 t2−8k2，
1 2 1 2 1 2 1 2 − + =
1+4k2 1+4k2 1+4k2
可知 → ， → ，
AP=(2−x ，1−y ) BP=(2−x ，1−y )
1 1 2 2
当AP⊥BP时， → → ，
AP⋅BP=(2−x )(2−x )+(1−y )(1−y )=0
1 2 1 2
化简得5﹣2（x +x ）+x x ﹣（y +y ）+y y ＝0，
1 2 1 2 1 2 1 2
代入得 16kt 4t2−8 2t t2−8k2 ，
5+ + − + =0
1+4k2 1+4k2 1+4k2 1+4k2
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，
6 3 6 3 6 3 6 3
当6k+5t+3＝0时，即t=− k− ，此时y=kx− k− =k(x− )− ，过定点( ，− )，
5 5 5 5 5 5 5 5
符合条件．
综上所述，直线AB过定点得证．
第10页（共10页）
