精品解析：浙江省嘉兴市桐乡市茅盾中学2025-2026学年高二上学期第一次校考数学试卷

2025学年第一学期茅盾中学第一次校考高二数学试卷 命题人：丁长忠 审核人：沈晓强 考生须知： 1．本考卷分试卷I、试卷II，试卷I的答案涂在答题卡上，试卷II的答题书写在在答题卷上． 2．本科目考试时间为120分钟，满分为150分． 试 卷Ⅰ 一、选择题Ⅰ：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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 设z=i(2+i)，则= A. 1+2i B. –1+2i C. 1–2i D. –1–2i 3. 已知直线，则与的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 若向量，，则（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙两人独立破译一份密码，已知各人能破译的概率分别是，，密码被成功破译的概率是（ ） A. B. C. D. 6. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知两点，，若沿轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后，两点间的距离是（ ） A. 3 B. 5 C. D. 8. 直线与直线相交于点P，对任意实数m，直线分别恒过定点，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 二、选择题Ⅱ：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.部分选对得部分分，错选得0分. 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若对空间中任意一点，有，则、、、四点共面 B. 已知两个向量，，且，则 C. 若，且，，则 D. ，，则在上的投影向量为 10. 对于直线，下列选项正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 当时，直线在轴上的截距为 C. 已知点，若直线与线段相交，则的取值范围是 D. 坐标原点到直线的距离的最大值为 11. 如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得直线与直线所成的角为 C. 存在点，使得三棱锥的体积为 D. 不存在点，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线所成的角 试 卷Ⅱ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若直线与垂直，则________． 13. 已知正四面体的棱长为，动点在面上运动，且满足，　则的值为__________. 14. 如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是____________． 四、解答题：本大题共6小题，共72分．写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤． 15. 已知直线，其中． （1）求直线所过定点． （2）当直线在轴上的截距是它在轴上的截距倍时，求实数的值． （3）若直线不经过第四象限，求实数的取值范围． 16. 如图，在正四棱柱中，已知，，E、F分别为、上的点，且． （1）求证：平面ACF； （2）求点E到平面ACF的距离． 17. 记的对边分别为，已知. （1）求角B； （2）若，求的面积. 18. △ABC的顶点A的坐标为（1，4），∠B，∠C平分线的方程分别为和. （1）求BC所在直线的方程. （2）设，直线过线段的中点M且分别交轴与轴的正半轴于点P、Q，O为坐标原点，求△面积最小时直线的方程；. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，平面平面． （1）证明：． （2）若是棱上的动点，且与平面所成角的正切值为． （i）求二面角的余弦值； （ii）记直线与平面所成角为，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期茅盾中学第一次校考高二数学试卷 命题人：丁长忠 审核人：沈晓强 考生须知： 1．本考卷分试卷I、试卷II，试卷I的答案涂在答题卡上，试卷II的答题书写在在答题卷上． 2．本科目考试时间为120分钟，满分为150分． 试 卷Ⅰ 一、选择题Ⅰ：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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线的斜率，由倾斜角的正切值等于斜率结合倾斜角的范围即可求解. 【详解】由可得：，所以斜率为， 设倾斜角为，则， 因为，所以. 故选：D 2. 设z=i(2+i)，则= A. 1+2i B. –1+2i C. 1–2i D. –1–2i 【答案】D 【解析】 【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得，然后根据共轭复数的概念，写出． 【详解】， 所以，选D． 【点睛】本题主要考查复数的运算及共轭复数，容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查．理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求．部分考生易出现理解性错误． 3. 已知直线，则与的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行线间的距离公式求解即可. 【详解】由题意得，与的距离， 故选：C 4. 若向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件应用空间向量数量积及模长公式逐项计算检验即可． 【详解】若，， 则，，故D正确； ，所以B错误； ，故A错误； 显然与不平行，故C错误； 故选：D． 5. 甲、乙两人独立破译一份密码，已知各人能破译的概率分别是，，密码被成功破译的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由相互独立事件概率的乘法公式可得密码没有被破译的概率，进而由对立事件的概率性质可得答案． 【详解】甲乙都没有成功破译密码的概率为， 则密码被成功破译的概率是. 故选：B. 6. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行的充要条件求出的值即可得解. 【详解】若直线与直线互相平行且不重合， 则，解得，故. 所以“”是“直线与直线互相平行且不重合”的充要条件． 故选：C． 7. 已知两点，，若沿轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后，两点间的距离是（ ） A. 3 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】转化平面坐标为空间坐标，利用空间距离公式求解即可 【详解】在平面直角坐标系中，，，将直角坐标平面沿轴折成直二面角，如下图， 线段在轴上，， 且，， 由且都在面内，则面， 而面，故， 则，两点间的距离为：． 故选：D 8. 直线与直线相交于点P，对任意实数m，直线分别恒过定点，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】求得、，再根据两直线的位置关系的判断可得，即有,从而得,再结合基本不等式求解即可. 【详解】解：因为，即， 由，解得，所以直线过定点； 同理可得直线过定点； 又因为，所以， 即有，所以， 所以， 当且仅当时，取等号. 所以的最大值为4. 故选：D. 二、选择题Ⅱ：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.部分选对得部分分，错选得0分. 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若对空间中任意一点，有，则、、、四点共面 B. 已知两个向量，，且，则 C. 若，且，，则 D. ，，则在上的投影向量为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用空间中四点共面的推论可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用空间向量垂直的坐标表示可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，若、、、四点共面，则存在、，使得， 即， 所以，，且， 因为对空间中任意一点，有，且， 故、、、四点不共面，A错； 对于B选项，，，且，， 设，即，则，解得，故，B对； 对于C选项，若，且，，则，C对； 对于D选项，若，，则在上的投影向量为 ，D错. 故选：BC 10. 对于直线，下列选项正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 当时，直线在轴上的截距为 C. 已知点，若直线与线段相交，则的取值范围是 D. 坐标原点到直线的距离的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，将方程变形为，即可列方程求解定点判断；对B，令，求出截距判断；对C，根据直线过的定点，画出图象，结合定点与端点处连线的斜率，求出实数的取值范围；对D，求出原点到定点的距离即是原点到直线的距离的最大值. 【详解】对于A，直线可变形为， 由，得，所以直线恒过定点，故A正确； 对于B，当时，直线，令，得，所以直线在轴上的截距为，故B错误； 对于C，由选项A知直线恒过定点，如图， ，， 要使得直线与线段相交，则或， 解得或，所以的取值范围为，故C错误； 对于D，因为直线恒过定点，所以坐标原点到直线的距离的最大值为，故D正确. 故选：AD. 11. 如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得直线与直线所成的角为 C. 存在点，使得三棱锥的体积为 D. 不存在点，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线所成的角 【答案】ACD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误. 【详解】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、、、、、、 、，设，即点，其中. 对于A选项，假设存在点，使得平面， ，，，则，解得， 故当点为线段的中点时，平面，A对； 对于B选项，，， 由已知可得，则，B错； 对于C选项，，点到平面的距离为， 则，解得，C对； 对于D选项，，，设平面的法向量为， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为， 由图可得， ，， ， 因为，， 则， 、，且余弦函数在上单调递减，则，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 试 卷Ⅱ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若直线与垂直，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】利用两直线垂直的充要条件计算即可求得的值. 【详解】直线与垂直， 所以，解得. 故答案为：. 13. 已知正四面体的棱长为，动点在面上运动，且满足，　则的值为__________. 【答案】0 【解析】 【分析】由四点共面推得，再以为基底进行向量运算可得. 【详解】动点在平面上运动，且不共线， 则存在实数，使. 即， 所以. 又， 不共面， 由空间向量基本定理可知，故，解得. 即. 因为四面体正四面体，且棱长为. 所以，. 所以 . 故答案为：0. 14. 如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，设，并求出的坐标，再结合线面角的向量求法求解. 【详解】在长方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，由P的运动速度是的2倍，得，即， 则，显然平面的法向量， 于是， ，因此， 显然当时，，当时，， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦． 四、解答题：本大题共6小题，共72分．写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤． 15. 已知直线，其中． （1）求直线所过定点． （2）当直线在轴上的截距是它在轴上的截距倍时，求实数的值． （3）若直线不经过第四象限，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）将直线的方程化为，列出相应的方程组，计算可得答案； （2）求出直线在轴上的截距，在轴上的截距，列出方程，求出的值； （3）由直线恒过定点，数形结合得即可. 【小问1详解】 由直线可变为， ，解得， 所以直线恒过定点. 【小问2详解】 由题可得，在直线的方程中，令，得，令，得， 所以，即，解得或， 经检验，或均符合要求， 所以实数的值为或. 【小问3详解】 由直线恒过定点，如图，，， 要使直线不经过第四象限，则，解得， 所以实数的取值范围为. 16. 如图，在正四棱柱中，已知，，E、F分别为、上的点，且． （1）求证：平面ACF； （2）求点E到平面ACF的距离． 【答案】（1）证明：如图，以为原点，、、所在直线分别为、、轴 建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，， ，2，，，0，，，0，，，2，， ，2，，，2，，，，，，0，． ，， ，，且，平面， 平面 （2） 【解析】 【分析】（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，写出要用的点的坐标，要证明线与面垂直，只要证明这条直线与平面上的两条直线垂直． （2）为平面的一个法向量，向量在上的射影长即为到平面的距离，根据点到面的距离公式得到结果． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，为平面的一个法向量，，， 向量在上的射影长即为到平面的距离设为，于是， 故点到平面的距离； 17. 记的对边分别为，已知. （1）求角B； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据余弦定理计算得出，再计算得出再结合角的范围得出； （2）先根据正弦定理得出，再结合两角和正弦公式得出，进而应用面积公式计算即可. 【小问1详解】 因为，由余弦定理得， 因为，所以， 又因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，应用正弦定理得 所以 又因为， 所以. 18. △ABC的顶点A的坐标为（1，4），∠B，∠C平分线的方程分别为和. （1）求BC所在直线的方程. （2）设，直线过线段的中点M且分别交轴与轴的正半轴于点P、Q，O为坐标原点，求△面积最小时直线的方程；. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出点A关于两条角分线的对称点，即可求出直线方程； （2）设直线方程，可得，代入面积，利用基本不等式可得. 【小问1详解】 如图所示，的平分线BD的方程为：，的平分线CE的方程为， 由角平分线的性质知，点A关于直线BD、CE的对称点、必在BC所在的直线上. 由方程组：，解得：，则点的坐标为. 由方程组：，解得：，则点的坐标为. ∴BC所在直线的方程为：，即：； 【小问2详解】 设直线的方程的方程为：， 又直线过点M（2，1），所以，即， 则△的面积， 当且仅当即，时等号成立. 所以，直线的方程为：，即. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，平面平面． （1）证明：． （2）若是棱上的动点，且与平面所成角的正切值为． （i）求二面角的余弦值； （ii）记直线与平面所成角为，求的最大值． 【答案】（1） 因为，所以为正三角形， 所以， 又因为，所以， 在中，， 所以，所以， 所以，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据几何关系先证明，再根据面面垂直的性质定理证明平面，由此可知； （2）（i）先证明平面并求解出长度，然后建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量夹角的余弦值求解出结果；（ii）设，由此表示出坐标，然后利用向量法表示出，再通过换元法以及二次函数性质分析何时取最大值，即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为，，，平面， 所以平面，所以与平面所成角即为， 所以，所以； 以为原点，分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示， 因为，所以， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 取，则，所以， 取平面的一个法向量为， 设二面角的平面角大小为， 所以，由图知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为； （ii）因为，即， 设，且， 因为，所以， 所以，所以， 设直线与平面所成角为， 所以 令，所以， 由二次函数性质可知， 当，即，即时，有最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $