重庆市南坪中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

高二年级学年（上期）期中考试数学试题（考试时间：分钟，满分分）命题人：汪世强审题人：周伟华第Ⅰ卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共分1.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由一般方程得到直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系求出即可；【详解】由题意可得直线的斜率为，即，又，所以，故选：D.2.在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据点关于平面对称时，横坐标,纵坐标不变，竖坐标变为原来的相反数即可得到答案.【详解】根据点关于平面对称时，横坐标,纵坐标不变，竖坐标变为原来的相反数可知，点关于平面的对称点为，故选：C.3.已知、，则以为直径的圆的一般方程为（）A.B.第1页/共21页C.D.【答案】B【解析】【分析】求出的中点和可得以为直径的圆的圆心坐标和半径，进而得所求圆的标准方程，再将其转化为一般方程即可得解.【详解】已知、，则中点坐标为即.，所以以为直径的圆的圆心为，半径为.所以圆的标准方程为，展开可得，整理得.故选：B.4.设为空间一组基底，若向量，则向量在基底下的坐标为.若在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意中坐标的定义可得，由此可构造方程组求得，进而可得所求坐标.【详解】由题意知：；设向量在基底下的坐标为，则，第2页/共21页即，，解得：，向量在基底下的坐标为.故选：C.5.如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，且，则线段的长为（）A.9B.C.D.6【答案】C【解析】【分析】由，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出的值，进而可得答案．【详解】由，得到，因为底面是矩形，，，所以，，因为，所以，所以，，故．第3页/共21页故选：C．6.空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为的直线的方程为与平面）A.B.C.D.【答案】B【解析】与平面所成角的正弦值.【详解】因为平面的方程为，故其法向量为，因为直线的方程为，故其方向向量为，故直线与平面所成角的正弦值为.故选：B.7.如图，在长方体中，，若点在平面上运动，则的最小值为（）第4页/共21页A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据长方体的对称性有，即可确定最小值.【详解】由长方体的结构特征知，关于面对称的点为，所以，当且仅当共线时，取等号.故选：C8.已知直线与直线相交于点A，点B是圆上的动点，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出点的轨迹方程，确定点轨迹，然后通过几何意义求得最大值．【详解】由，消去参数得，所以在以为圆心，为半径的圆上，又点B是圆上的动点，此圆圆心为，半径为，，∴的最大值为．故选：C.【点睛】本题考查交轨法求轨迹方程，考查两点间的距离公式．由圆的性质知某点到圆上的点间距离的最大值可以转化为到圆心的距离与半径的和．36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分第5页/共21页9.已知空间中三点，，，则正确的有（）A.与是共线向量B.是直线的一个单位方向向量C.与夹角的余弦值是D.是平面的一个法向量【答案】CD【解析】【分析】根据点的坐标，分别表示出，根据共线向量与方向向量的定义即可判断ABC入两向量夹角的余弦公式即可求得，D选项，设法向量，列方程组即可计算.【详解】A选项，，，所以与不是是共线向量,故A选项错误；B选项，由所以是直线的一个方向向量，但不是单位方向向量，故B选项错误；C选项，因为，所以，故C选项正确；D选项，设平面的法向量为，则，即，令，则，故D选项正确.故选：CD10.圆与圆相交于，是（）A.的直线方程为B.公共弦的长为C.圆与圆的公切线段长为1D.线段的中垂线方程为第6页/共21页【答案】ABC【解析】【分析】两圆方程相减可求出直线的方程，利用弦心距、弦和半径的关系可求公共弦的长，求出的中垂线就是直线的方程即可.【详解】由，得，则，半径，由，得，则，半径，对于A，由于,故两圆相交，则公共弦所在的直线方程为，即，所以A正确，对于B，到直线的距离，所以公共弦的长为，所以B正确，对于C，因为，，，所以圆与圆的公切线长为，所以C正确，对于D，根据题意可知线段的中垂线就是直线，因为，所以直线为，即，所以D错误，故选：ABC.如图所示四面体中，，，，且，，为的中点，点是线段上动点，则下列说法正确的是（）第7页/共21页B.当是靠近三等分点时，，，共面；C.当时，；D.的最小值为．【答案】BCD【解析】A可判断B的真假，利用空间向量数量积的有关运算可判断CD的真假.【详解】以为基底，则，，,.对A：因为.所以，故A错误；对B：当是靠近的三等分点，即时，，又，所以.故，，共面.故B正确；对C：因为，所以：，所以，故，故C正确；对D：设，.第8页/共21页.所以，.当时，有最小值，为：，故D正确.故选：BCD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知点P是直线上一动点，点Q是直线：上一点，且两直线平行，则点P到点Q的最短距离是_____.【答案】1【解析】【分析】点P到点Q的最短距离为这两条平行线间的距离，利用平行线间的距离公式求解即可．【详解】直线与直线平行，则，解得，此时两直线为与．点P到点Q的最短距离为这两条平行线间的距离．故答案：1．13.已知圆与圆的公共弦所在直线恒过定点.若直线过点，则原点到直线的距离的最大值为_________.【答案】【解析】【分析】两圆方程相减得到公共弦方程，求出定点的坐标，当时，原点到直线的距离的最大值，最大值为.第9页/共21页，令，解得，即，又直线过点，所以当时，原点到直线的距离的最大值，最大值为.故答案为：14.ABCDCDEF的边长都是6为M为对角线AC靠近点A的三等分点，N为对角线DF的中点，则线段MN=______.【答案】【解析】【分析】用表示,平方求模即可.【详解】根据题意，所以即为二面角的平面角，即，因为为为对角线DF的中点，所以,又M为对角线AC靠近点A的三等分点，则所以,所以,第10页/共21页.所以所以线段故答案为：四、解答题：本题共5小题，共分.15.直线经过两直线和的交点.（1）若直线与直线平行，求直线的方程；（2）若直线与直线垂直，求直线与坐标轴围成的三角形周长.【答案】（1）（2）【解析】1）由题意求得两直线交点坐标，利用直线平行求得直线的斜率，进而可求直线的方程.（2）求得直线的方程，计算可求线与坐标轴围成的三角形周长.【小问1详解】由题意联立，解得，即直线过点，直线的斜率为，又直线与直线平行，所以直线的斜率为，由直线的点斜式方程可得直线的方程为，即【小问2详解】由直线，可得，所以直线的斜率，由（1）知直线过点，所以直线的方程为，令，可得，所以直线与的交点，第11页/共21页令，可得，所以直线与的交点，所以，又，所以直线与坐标轴围成的三角形周长为.16.已知关于的方程.（1）若方程表示圆，求m的取值范围；（2）若圆与圆外切，求的值；（3）若圆与直线相交于两点，且，求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】1（2）根据题意，求得圆与圆的圆心坐标和半径，结合圆与圆相外切，列出方程，即求解；（3）利用点到直线的距离公式，求得圆心到直线的距离为，结合圆的弦长公式，列出方程，即可求解.【小问1详解】由方程，整理得，因为方程表示圆，可得，解得，所以实数取值范围为.【小问2详解】由圆，可得，可得圆心，半径为，又由圆的圆心为，半径为，因为圆与圆相外切，可得，即，第12页/共21页解得.【小问3详解】由（2）知，圆圆心为，半径为，则圆心到直线的距离为，因为圆C与直线相交于两点，且，根据圆的弦长公式，可得，可得，即，解得.17.中，面，满足，，，点为中点，点为边上的点.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，证明即可；（2）分别求平面和平面的法向量，利用法向量的夹角公式求二面角的余弦值.【小问1详解】因为平面，平面，所以，，第13页/共21页以为坐标原点,所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则，点为的中点，故，，平面的一个法向量为，，则，又平面，所以平面．【小问2详解】因为，则，，依题意可知平面的一个法向量为，，设平面的法向量为，则，令，则，设二面角的夹角为，所以，所以二面角的夹角的余弦值为．18.图1是直角梯形，，，四边形是边长为4的菱形，并且第14页/共21页，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.（1）求证：平面平面；（2）在棱上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，则的值；（3）在（2）的前提下，求出直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）存在，（3）【解析】1）根据菱形性质及勾股定理得，，然后利用线面垂直的判定定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用点面距离的向量公式列式求解即可；（3）直接利用线面角的向量公式求解即可.【小问1详解】取的中点，连接，，第15页/共21页因为四边形是边长为4的菱形，并且，所以，均为等边三角形，故，，且，因，所以，由勾股定理的逆定理得，又因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；【小问2详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设，，，即，解得，，，故，第16页/共21页则，，则，令，则，，故，其中则，解得：或所以存在点，使得到平面的距离为，此时.【小问3详解】由（2）可得：，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.19.如图所示，圆与轴的交点分别为，过点的直线与圆交于两点.（1）记直线的斜率分别为，求的值；第17页/共21页【答案】（1）（2）【解析】1,即同解法二，代入韦达定理化简求解，（2）根据三角形的面积公式可得，即可根据不等式的性质求解.【小问1详解】解法一：设由题知，．①当直线的斜率不存在时，直线方程为，如图所示，将，代入，解得，∴，∴，∴．第18页/共21页设，则，联立，消去得，，∴，，连接，由圆的性质可得，∴，∴．综上可得，．解法二：由题知，．①当直线的斜率不存在时，同法1．②当直线的斜率存在时，同法1得∴，∴第19页/共21页综上可得，．解法三：设直线方程为，则联立，消去得，∴，，∴，整理得，∴【小问2详解】由（1）知，∴直线和直线方程分别为和，联立