精品解析：福建省南安第一中学2024-2025学年高二上学期第一次阶段考试数学试题

南安一中2026届高二年第一次阶段考试数学试卷 一､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. 已知两条直线，若，则（ ） A. B. C. D. 或 2. 已知为平行四边形外的一点，且，则（ ） A. B. 与同向的单位向量为 C. D. 平面的一个法向量为 3. 平行六面体中，，，则（ ） A. 14 B. 16 C. 18 D. 20 4. 设椭圆的左、右焦点分别为，，过作直线交于，两点，若的周长为，则的离心率为（    ） A. B. C. D. 5. 经过直线与圆的两个交点，且面积最小的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 6. 已知二面角的棱l上有A，B两点，直线BD，AC分别在平面α，β内，且它们都垂直于l．若，，，，则平面与的夹角为（ ） A B. C. D. 7. 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（    ） A. B. C. D. 8. 设椭圆的左右焦点为，右顶点为，已知点在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 9. 已知直线：与圆：相交于，两点，则（    ） A. 圆心的坐标为 B. 圆的半径为 C. 圆心到直线距离为2 D. 10. 如图，在正三棱柱中，E，F分别为，的中点，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则异面直线和所成的角的余弦值为 B. 若，则点C到平面的距离为 C. 存在，使得平面 D. 若三棱柱存在内切球，则 11. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过作直线与交于，两点，的周长为16．若在外，点在上，记的离心率为，则（    ） A. 的最小值为 B. C. 存在点，使得 D. 当时，点在上且满足，则有 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 点在椭圆上，是椭圆的一个焦点，为的中点，，则_________. 13. 如图，若正方体的棱长为，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则三棱锥体积的最大值为_______. 14. 已知直线与直线相交于点，其轨迹记为曲线，曲线的方程为，点，分别在曲线，上运动，点在直线上，若直线经过点，且与两曲线，的公共弦所在的直线垂直，则的最小值为______. 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. 如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点 （1）证明：平面; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值 16. 已知过点且斜率为k的直线l与圆C：相交于A，B两点. （1）求k的取值范围； （2）若为坐标原点，求 17. 已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为． （1）求椭圆C的方程； （2）设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 18. 如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中. （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面，，，三棱锥在顶点处离散曲率为. ①求点到平面的距离； ②点在棱上，直线与平面所成角余弦值为，求的长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南安一中2026届高二年第一次阶段考试数学试卷 一､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. 已知两条直线，若，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用两条直线平行列式求解. 【详解】由两条直线平行，得， 所以或. 故选：D. 2. 已知为平行四边形外的一点，且，则（ ） A. B. 与同向的单位向量为 C. D. 平面的一个法向量为 【答案】C 【解析】 【分析】A，由题可得，即可得判断选项正误；B，由可得与其同向的单位向量；C，由图可得向量；D，由，结合法向量定义可判断选项正误. 【详解】对于A，由题，又， 因为，所以与不平行，A错误； 对于B，因，则， 得与同向的单位向量为，故B错误； 对于C，由图可得，故C正确； 对于D，由，设， 则， 则，与不垂直，这与法向量定义不符，故D错误. 故选：C. 3. 在平行六面体中，，，则（ ） A. 14 B. 16 C. 18 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的线性运算表示两个向量，然后利用数量积运算求解即可． 【详解】在平行六面体中，，， 如图所示： 利用向量的线性运算：, 所以 . 故选：A. 4. 设椭圆的左、右焦点分别为，，过作直线交于，两点，若的周长为，则的离心率为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆的定义求出，即可求出，从而求出离心率. 【详解】依题意及椭圆的定义可知， 则，又，所以， 则离心率. 故选：D. 5. 经过直线与圆的两个交点，且面积最小的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当所求圆的直径就是圆与直线相交的弦时，所求圆的面积最小．然后将结合图形求解圆心和半径即可求解； 【详解】 由题可知，当所求圆的直径就是圆与直线相交的弦时，所求圆的面积最小． 圆，即圆， 所以圆心坐标为，半径为3， 弦心距，弦长为，则所求圆的半径为2, 接下来求解所求圆的圆心位置P： 所以， 过圆的圆心和直线垂直的直线方程为：，即． 最小圆的圆心为与直线的交点， 解方程组可得， 所求面积最小的圆方程为． 故选：C． 6. 已知二面角的棱l上有A，B两点，直线BD，AC分别在平面α，β内，且它们都垂直于l．若，，，，则平面与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，两边同时平方代入可得，即可求出平面与的夹角. 【详解】因为，所以. 因为，，，，，， 所以， 所以． 因为，所以， 故平面与夹角为． 故选：B. 7. 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意类比可得答案. 【详解】根据题意进行类比，在空间任取一点，则， 平面的法向量为，， 所以该平面的方程为. 故选：B 8. 设椭圆的左右焦点为，右顶点为，已知点在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用椭圆的定义，求得的面积为，结合，求得，进而得到，代入椭圆的方程，得到，转化为，即可求解. 【详解】由椭圆，可得， 不妨设点在第一象限，由椭圆的定义知， 因为，可得，即， 可得，所以， 所以的面积为，可得，解得， 又因为，可得，即， 将点代入椭圆的方程，可得，整理得， 因为，可得，即， 解得和（舍去），即椭圆离心率为. 故选：D. 二､多选题：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. 9. 已知直线：与圆：相交于，两点，则（    ） A. 圆心的坐标为 B. 圆的半径为 C. 圆心到直线的距离为2 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】AB由圆方程可判断选项正误；C由点到直线距离公式可判断选项正误；D由C分析，结合圆的弦长公式可得答案. 【详解】对于AB，圆：的圆心，半径，A正确，B错误； 对于C，点到直线：的距离，C正确； 对于D，，D正确. 故选：ACD 10. 如图，在正三棱柱中，E，F分别为，的中点，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则异面直线和所成的角的余弦值为 B. 若，则点C到平面的距离为 C. 存在，使得平面 D. 若三棱柱存在内切球，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题设条件建系，写出相关点的坐标，求出相关向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式求解判断A项，利用点到平面的距离公式计算判断B项，利用向量数量积的结果排除C项，根据内切球的特征求出其半径即可排除D项. 【详解】 如图，过点作的平行线，交于点，则平面， 又，故可分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则. 对于A，依题意，， 则，由， 可得异面直线和所成的角的余弦值为，故A正确； 对于B，依题意，， 设平面的法向量为， 则故可取， 又故点C到平面的距离为，故B正确； 对于C，设，则，， 由可得，与不垂直，故不存在， 使得平面，即C错误； 对于D，若三棱柱存在内切球，不妨设其半径为，则， 且内切球在底面上的射影是底面三角形的内切圆，故由,解得， ，故D错误. 故选：AB. 11. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过作直线与交于，两点，的周长为16．若在外，点在上，记的离心率为，则（    ） A. 的最小值为 B. C. 存在点，使得 D. 当时，点在上且满足，则有 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意求得，再根据基本不等式判断A，由条件确定的范围，结合离心率公式判断B，由短轴端点对焦点的张角最大判断C，设出直线方程，与椭圆方程联立，再求出相关距离，并化简计算后判断D. 【详解】因为的周长为16，所以，即. 因为在外，代入椭圆方程所以，所以. 对于A：因为， 所以， 当且仅当时，等号成立，所以，故A正确； 对于B： 椭圆离心率，又， 所以椭圆的离心率的取值范围为，故B正确； 对于C：设椭圆的上顶点为，，， 由于， 因为，当时，， 此时不存在使得，故C错误； 对于D: 当时，可得，此时椭圆方程为， 设直线为：，联立，得， 设，，则，， ， ，，， 原点到直线距离， ， 当的斜率不存在时，仍然满足上述关系，综上，为定值，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：椭圆中定值问题，一般设动直线方程为，交点坐标为，直线方程与椭圆方程联立，消元，应用韦达定理得，由动直线（或交点）满足的条件求得关系，再求出要证定值的量，然后代入韦达定理的结论化简即可得． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 点在椭圆上，是椭圆的一个焦点，为的中点，，则_________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据椭圆的对称性，利用三角形中位线定理求得，再由椭圆定义求解即可． 【详解】如图，根据椭圆的对称性，不妨设为左焦点，为右焦点， 由椭圆，得，， 是的中点，是的中点， 为的中位线， ， 由椭圆的定义得． 故答案为：4． 13. 如图，若正方体棱长为，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则三棱锥体积的最大值为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出平面的法向量，利用向量法求点到平面的最大距离，然后可解. 【详解】 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 如图所示：易知，则， 设平面的一个法向量为，可得， 令，可得，即； 可设，则， 所以到平面的距离为，易知当时，距离最大值为； 又在中，易知，， 所以边上的高， 所以，为定值； 所以到平面的距离最大时，三棱锥体积的最大为：. 故答案为： 14. 已知直线与直线相交于点，其轨迹记为曲线，曲线的方程为，点，分别在曲线，上运动，点在直线上，若直线经过点，且与两曲线，的公共弦所在的直线垂直，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】注意到直线与直线垂直，且分别过定点，可得方程与直线方程，然后由将军饮马相关知识可得答案. 【详解】由题意即， 即， 注意到两直线互相垂直，分别过定点, 可得曲线为以为直径，中点为圆心，不过两点的圆， 所以化简得， 又，两式相减得公共弦方程为， 又直线与共弦所在的直线垂直，且直线过点， 所以直线的方程为，即， 设点关于直线的对称点为，所以， 解得， 所以， 当且仅当点与与直线的交点重合时，等号成立， 综上所述，的最小值为. 故答案为：. 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. 如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点 （1）证明：平面; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意易知，根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由题意，两两垂直，所以建立空间直角坐标系，求出直线方向向量与平面的法向量，再通过空间角的向量求解即可. 【小问1详解】 分别为的中点， 为正方形， ,平面平面， 平面. 【小问2详解】 由题知平面 建立如图所示的空间直角坐标系， ，则， ，，， 设平面的一个法向量为 则，令则， 设直线与平面所成的角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 16. 已知过点且斜率为k的直线l与圆C：相交于A，B两点. （1）求k的取值范围； （2）若为坐标原点，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用直线和曲线的位置关系根据一元二次方程的判别式求出的取值范围． （2）利用一元二次方程根和系数关系的应用和向量的数量积的应用求出，即可由圆的弦长公式求解． 【小问1详解】 设过点且斜率为的直线的方程为：， 则：， 整理得：， 直线与圆交于，两点， ， 所以：， 解得：． 【小问2详解】 直线与圆交于,，,两点， ， 由于：， 则：，所以：， 故 解得：或． 由于，所以， 直线的方程为：， 圆心到直线的距离， 圆的半径为 所以． 17. 已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为． （1）求椭圆C的方程； （2）设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）或 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程组，求出即可得解； （2）由题意可将原问题转换为，设直线的方程为：，，联立椭圆方程，结合韦达定理可求得的值即可. 【小问1详解】 ∵的周长为8，的最大面积为， ∴，解得，或，． ∴椭圆C的方程为或等． 【小问2详解】 由（1）及易知， 不妨设直线MN的方程为：，，，， 联立，得． 则，， 若的内心在x轴上，则， ∴，即，即， 可得． 则，得，即． 当直线MN垂直于x轴，即时，显然点也是符合题意的点． 故在x轴上存在定点，使得的内心在x轴上. 18. 如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理进行证明； （2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解． 【小问1详解】 取的中点，连接． 因为侧面是菱形，，所以是正三角形， 因为是中点，所以． 因为是中点，，所以， 又因为平面平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为斜三棱柱，所以，所以． 【小问2详解】 因为平面平面，所以平面，因为平面，所以． 又因为平面平面，所以平面． 以为原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 所以，， 设平面的一个法向量为， 则即． 取，则，所以． 设平面的一个法向量为， 则即 取，则，所以． 又， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中. （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为. ①求点到平面的距离； ②点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据所给定义表示出、、、，再相加即可； （2）①首先证明平面，则，再由，求出，过点作于点，即可证明平面，则点到平面的距离为线段的长，再由锐角三角函数计算可得；②过点作交于点，连接，即可证明平面，则为直线与平面所成的角，设，则,，利用余弦定理求出，再由锐角三角函数计算可得. 【小问1详解】 根据离散曲率的定义得 ， ， ， 所以. 【小问2详解】 ①因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，即， 又， 即，所以， 过点作于点，因为平面，平面， 所以， 又，平面，所以平面， 所以点到平面的距离为线段的长， 在中， 即点到平面的距离为； ②过点作交于点，连接， 因为平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 依题意可得，，， 所以，， 设，,, 在中，， 又，所以， 所以， 所以，解得或（舍去），故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$