福建省福州市六校2025-2026学年高二数学上学期期中测试含解析

福建省福州市六校2025-2026学年高二上学期期中联考数学试题一、单选题1．“大漠孤烟直，长河落日圆”体现了我国古代劳动人民对于圆的认知.已知，则以为直径的圆的方程为（

）A． B．C． D．2．直线的一个方向向量的坐标为（

）A． B．C． D．3．若圆过坐标原点，则实数m的值为（

）A．1 B．2 C．2或1 D．－2或－14．如图，在正三棱柱中，点M为棱AB的中点，点N为上底面的中心，用空间的一组基表示，则（

）A． B．C． D．5．两圆与的公切线条数为（）A．4条 B．3条 C．2条 D．1条6．已知圆和直线，则“”是“直线与圆有公共点”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件7．在中，已知，若直线为的平分线，则直线的方程为（

）A． B．C． D．8．在棱长为的正方体，且为底面内一动点，且，则线段的长度的最大值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．对于直线，下列说法错误的是（

）A．的斜率一定存在 B．恒过定点C．时，的倾斜角为 D．时，不经过第二象限10．已知直线，圆，点为圆上一动点，则下列说法正确的是（

）A．的最大值为5B．的最大值为C．的最大值为D．圆心到直线的距离最大为411．如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（

）A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为三、填空题12．已知向量，若，则.13．二面角为，,是棱上的两点，，分别在半平面，内，，，且，，则的长为．14．对给定的两点和，用以下方式定义“直角距离”：．已知，点N在圆C：上运动，若点P满足，则的最大值为．四、解答题15．如图，在四棱柱中，平面，，，，.，分别为，的中点，(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离.16．已知直线，，且满足，垂足为.(1)求的值及点的坐标.(2)设直线与轴交于点，直线与轴交于点，求的外接圆方程.17．如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面.(1)证明：；(2)已知，，平面与平面的交线为.在上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由.18．古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆.已知点到的距离是点到的距离的2倍.(1)求点的轨迹的方程；(2)过点作直线，交轨迹于两点，记的面积为，求的最大值，以及取最大值时的直线方程.(3)设轨迹与轴正半轴的交点为，直线相交于点，试证明点在定直线上，求出该直线方程.19．在平面四边形中，，，将沿AC翻折至，其中P为动点.(1)设，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上．（i）证明：平面平面；（ii）求球O的半径(2)求二面角的余弦值的最小值.

1．A利用中点坐标公式，结合两点之间的距离公式，根据圆的标准方程，可得答案.【详解】由，则线段的中点为，即圆的圆心为，圆的半径，所以圆的方程为.故选：A.2．D根据直线的方向向量的概念即可得出结果.【详解】由题意知，，所以直线的斜率为，则直线的一个方向向量的坐标为，故选：D3．A把坐标代入圆方程求解．注意检验，方程表示圆．【详解】将代入圆方程，得，解得或2，当时，，舍去，所以.故选：A．4．B结合正三棱柱的性质和空间向量的运算可得答案.【详解】取下底面ABC的中心Q，连接，则，∴．故选:B．5．C根据圆的方程可确定圆心和半径，由圆与圆的位置关系的判断方法确定两圆相交，由此可得公切线条数.【详解】由得：，圆心坐标为，半径；由得：，圆心坐标为，半径；两圆圆心距，，两圆相交，则公切线条数为条.故选：.6．B由圆心到直线的距离，再结合充分不必要条件的定义即可判断.【详解】圆的圆心坐标为，半径，当圆心到直线的距离时，直线与圆有公共点，即，解得，所以“”是“直线与圆有公共点”的充分不必要条件.故选：.7．D【详解】过作关于直线的对称点，则在直线上，设，根据且的中点在直线上，得，解得，所以，又，所以直线方程为，故方程为，故选：D

8．D根据向量的数量积可得的轨迹圆，从而可求线段PB的长度的最大值.【详解】取的中点为，的中点为，连接，则平面，而平面，故.而，而，故，而，故，由正方体的性质可得，故，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而，故线段的长度的最大值为，当且仅当三点共线且在之间时的长度取最大值，故选：D.9．BCD移项即可判断A；令即可判断B；根据斜率为即可判断C；直接代入根据图象特点即可判断D.【详解】直线方程为，斜率为，一定存在，A正确；当时，，所以直线过点，B错误；时斜率为，倾斜角为，C错误；时，直线，即，斜率是2，为正，与坐标轴的交点分别是和，因此直线过一、二、三象限，D错误.故选：BCD．10．BC根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于A，圆的方程可化为，所以圆的圆心为，半径.，是圆上的点，所以的最大值为，A错误.对于B，如图所示，当直线的斜率大于零且与圆相切时，最大，此时，且，B正确.对于C，设，则，等号成立当且仅当，所以C正确.对于D，圆心到直线的距离，当时，，当时，，所以D错误.故选：BC11．BDA选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.【详解】对于A，若，因为平面，平面，所以平面，矛盾，故A错误．对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，因为，，故，，故，，因为，平面，故平面，当Q为的中点时，，此时平面，故B正确．对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面，，，设平面的法向量为，则，解得，令得，故，故，故与不垂直，故平面不成立，故C错误；对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD，由于为等边三角形，则，，所以为所求二面角的平面角，不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为，故，，由余弦定理可得，二面角的余弦值为，故D正确．故选：BD12．根据空间向量的坐标运算即可求解.【详解】由题意可得，则，解得.故答案为：.13．将分解为，再求模即可.【详解】由题意，∵二面角为，，，∴与夹角为，∴与夹角为，，∴，即的长为.故答案为：.14．/确定点的轨迹，的最大值为点到圆心的距离加圆的半径.【详解】设点，由可得点的轨迹是如图以为中心的正方形，其中点离圆较远时，（由，得；由，得）.因为点在圆即上运动，所以的最大值为点到圆心的距离加圆的半径.因为，，圆的半径，所以，故答案为.15．(1)证明见解析(2)（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形判定和性质定理可得，再利用线面平行判定定理即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法计算即得.【详解】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，则,，故四边形是平行四边形，，又平面，平面，故平面；（2）因为平面，平面，所以，，又，所以两两垂直，故可以为原点，为轴的正方向建立如图的空间直角坐标系，由、、、，则、、，设平面的法向量为，则，取，则、，所以为平面的一个法向量，所以点到平面的距离.16．(1)；.(2)（1）根据题意，求得两直线的斜率，结合，求得，得出直线的方程，联立方程组，求得交点坐标.（2）由（1）中的直线方程，求得，，得到的外接圆是以为直径的圆，求得圆心坐标和半径，即可求解.【详解】（1）解：显然，可得，，由，可得，即，解得，所以直线：，直线：，联立方程组，解得，所以点．（2）解：由直线：，直线：，可得，，所以的外接圆是以为直径的圆，可得圆心，半径，所以的外接圆方程是．17．(1)证明见解析(2)存在点，线段的长为．（1）利用面面垂直的性质可得出平面，可得出，利用菱形的几何性质可得出，可推导出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）取中点，连接，推导出，然后点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质推导出，设点，利用空间向量法求出的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，平面，所以，因为四边形是菱形，所以，又因为，、平面，所以平面，因为平面，所以．（2）解：取中点，连接，因为四边形为菱形，则，又因为，则为等边三角形，由菱形的几何性质可知，，则也为等边三角形，因为为的中点，则，，，由（1）知，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，，因为，平面，平面，所以平面，因为平面平面，平面，所以，由（1）知平面，设，则，．设平面的法向量，则，取，可得，因为直线与平面所成角的正弦值为，则，解得，因此，存在点，线段的长为．18．(1)(2)，(3)证明见解析，（1）设，根据两点距离公式建立方程，整理即可求解；（2）易知直线的斜率存在，设直线方程为，利用点到直线的距离公式和几何法求弦长表示.结合点线距公式、基本不等式和三角形面积公式，分类讨论当、时S的取值范围即可；（3）设，直线方程联立圆方程，利用韦达定理表示，同时表示直线的方程和直线的方程的方程，求出交点N的坐标即可证明.【详解】（1）设点，由题意可得，即，化简得，所以点的轨迹的方程为.（2）由题易知直线的斜率存在，设直线的方程为，即，则圆心到直线的距离，所以，则设，因为，则，即.所以，，因为，所以.此时，，即，所以直线的方程为：.（3），设，联立消得，则，所以直线的方程为，直线的方程为，联立解得，则，所以，所以点在定直线上.19．(1)（i）证明见解析；（ii）球O的半径为；(2).（1）（i）由题设求证，即可由线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直判定定理得证；（ii）建立以A为原点空间直角坐标系，设球心，半径，由列方程组即可计算求解.（2）过P作于G，在平面中，过G作，设，，以G为原点建立适当的空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量,即可由向量夹角公式，通过换元，利用二次函数的性质即可求得.【详解】（1）在中，由，得，所以，且，即，（i）证明：因为，，，平面，