精品解析：吉林省长春市第六中学2025-2026学年高二上学期第一学程考试数学试卷

2025-2026年度高二上学期第一学程考试 数学学科试题 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意列式即可求解. 【详解】依题意有，解得倾斜角. 故选：C. 2. 下列方程表示圆的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一般方程表示圆的条件可得出结论. 【详解】对于A选项，方程中有项，该方程不表示圆； 对于B选项，对于方程，，该方程不表示圆； 对于C选项，对于方程，，该方程不表示圆； 对于D选项，方程可化为， 因为，该方程表示圆. 故选：D. 3. 已知向量，且向量与互相垂直，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算和向量垂直数量积为0可解. 【详解】解：根据题意，易得， ∵ 与两向量互相垂直，∴ ，解得. 故选：D 4. 若圆与圆有公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意确定两圆的圆心和半径，利用圆与圆的位置关系建立不等式组，解之即可. 【详解】由题意知，， 则， 因为圆C与圆O有公共点， 所以，即， 解得. 故选：A. 5. 已知平行六面体的所有棱长均为，，则对角线的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，可得的表达式，两边平方即可求得. 【详解】由已知：平行六面体所有棱长均为， ，则， 又因为：， 同理可得：， 则 ，则. 故选：. 6. 直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 相交或相切 【答案】C 【解析】 【分析】先求出直线所过的定点，根据圆的方程判断得到此定点在圆内，即可得到直线与圆的位置关系. 【详解】直线即，过定点， 因为圆的方程为， 则， 所以点在圆内，则直线与圆相交. 故选：C 7. 如图，边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直，动点，分别在正方形对角线和上移动，且．则下列结论正确的是（ ） A. B. 当时，与相交 C. 异面直线与所成的角为 D. 始终与平面平行 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出各点坐标，然后A、C、D选项均可以用空间坐标处理；B选项找到与相交时的值，进而作出判断. 【详解】 ∵边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直 ∴以点B为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，所以，，，， ∵ ∴过点M作MP⊥AB于点P，连接EP，CN，ME， 则， ， 显然，与不一定相等，选项A错误. B选项：当时，即M为AC中点，N为BF中点时，如图所示， 此时与相交，故当时， 与不相交，选项B错误 C选项：， ∴ ∴异面直线与所成的角为，C选项错误 D选项： 平面BCE的法向量为 ∴ ∴ ∴始终与平面平行 ∴选项D正确 故选：D 8. 我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以都转化为几何问题加以解决，列如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题.已知点在直线，点在直线上，且，结合上述观点，的最小值为（ ） A. B. C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据两点距离公式将目标函数转化为点到点的距离与点到点的距离和，过点作，垂足为，证明，由 求目标函数最小值. 【详解】由已知表示点到点的距离， 表示点到点的距离， 所以， 过点作，垂足为， 因为直线的方程为，， 所以， 又直线与直线平行，， 所以， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以， 又， 当且仅当三点共线时等号成立， 所以当点为线段与直线的交点时， 取最小值，最小值为， 因为过点与直线垂直的直线的方程为， 联立，可得， 所以点的坐标为，所以， 所以的最小值为， 故选：D. 【点睛】本题解决的关键在于根据两点距离公式将目标函数转化为求线段的距离和问题，进一步结合图形将问题转化为两点之间的距离问题. 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，漏选得部分分，错选不得分） 9. （多选）若直线与直线垂直，则实数a的值可能为（ ） A. －1 B. 1 C. －3 D. 3 【答案】AD 【解析】 【分析】解方程即得解. 【详解】解：由题意得，即. 解得或． 故选：AD． 10. 下列结论错误的是（ ） A. 过两点的所有直线，其方程均可写为 B. 已知点，则过点A且与B距离为1的直线的方程为 C. 直线与直线之间的距离为 D. 已知点，点P在直线上，则的最小值为10 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用直线的两点式方程的意义判断A；根据点到线的距离，分直线斜率存在和不存在研究直线方程判断B；求出平行线间距离判断C；利用对称思想求出的最小值判断D； 【详解】对于A，当或时，过两点的直线方程不能用表示，A错误； 对于B，当过点斜率不存在时，直线方程为，此时到的距离为1，符合题意， 当过点斜率存在时，设直线方程为，即， 当过点A且与B距离为1时，则，即，所以直线方程为， 所以过点A且与B距离为1的直线的方程为或，故B错误； 对于C，直线化为：，所求距离为，C正确； 对于D， 作点关于轴的对称点，设，则， 解得，所以，连接交轴于点，连接，    则， 当且仅当点与点重合时取等号，因此，D错误； 故选：ABD. 11. 已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 动点的轨迹长度为 C. 不存在点，使得平面 D. 四面体DEFG体积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由题意可证平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，据此判断A；对于B，根据题意求出正方体边长及的长，由此可知点的运动轨迹；对于C，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，假设点的坐标，求出的方向向量，假设平面，则平面的法向量和的方向向量共线，进而求出点的坐标，再判断点是否满足B中的轨迹即可；对于D，利用空间直角坐标系求出点到平面的距离，求出距离的最大值即可. 【详解】对于A，如图，连接、， 依题意，，而平面平面，故平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值， 所以点到平面的距离为定值，故三棱维的体积为定值，故正确； 对于B，因为正方体的体积为8，故，则，而， 故， 故动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在底面内的部分，即四分之一圆弧， 故所求轨迹长度为，故B错误； 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，故， 设为平面的法向量，则故 令，故为平面的一个法向量， 设，故， 若平面，则， 则，解得，但， 所以不存在点点，使得平面，故C正确； 对于D，因为为等腰三角形，故， 而点到平面的距离， 令，则， 则，其中， 则四面体体积的最大值为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 直线被圆所截得的弦的长度为_____. 【答案】 【解析】 分析】 求出圆心到直线的距离，然后利用勾股定理可求出弦长. 【详解】圆的圆心坐标为，半径长为， 圆心到直线的距离为，因此，. 故答案为：. 【点睛】本题考查直线截圆所得弦长的计算，考查计算能力，属于基础题. 13. 已知点，，且直线与线段AB有公共点，则实数k的取值范围为________． 【答案】或 【解析】 【分析】由题意利用直线的倾斜角和斜率，数形结合求得实数k的取值范围． 【详解】解：直线，即，令x−1＝0，求得x＝1，y＝1，可得直线l经过定点M（1，1）． 如图： ∵已知MA的斜率为，MB的斜率为 直线l：与线段AB相交， 或， 故答案为或． 【点睛】本题主要考查直线的倾斜角和斜率，两条直线的位置关系，属于基础题． 14. 如图，在正四棱柱中，，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，顶点到平面的距离分别为、，则顶点到平面的距离为_______. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，利用点到面的距离的向量求法列方程得到，然后再利用点到面的距离的向量求法求顶点到平面的距离即可. 【详解】以为原点，所在直线分别为轴，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， 由题意得，解得， 所以顶点到平面的距离是． 故答案：. 【点睛】关键点睛：本题的关键是建立空间直角坐标系，结合点到面的距离的向量求法即可求解. 四、解答题（共5小题，满分77分） 15. 已知直线经过直线的交点． （1）若直线经过点，求直线的方程; （2）若直线与直线垂直，求直线方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）联立方程求得交点坐标，再由两点式求出直线方程. （2）根据直线垂直进行解设方程，再利用交点坐标即可得出结果. 【小问1详解】 由得， 即直线和交点为． 直线还经过点， 的方程为，即． 【小问2详解】 由直线与直线垂直， 可设它的方程为． 再把点的坐标代入，可得，解得， 故直线的方程为. 16. 如图所示，在四棱锥中，，，，底面，为的中点. （1）求证：平面； （2）在侧面内找一点，使平面； （3）求直线与平面所成角的正弦. 【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）. 【解析】 【分析】 （1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以为原点，以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设点，由题意得出，求出、的值，求出点的坐标，可确定点的位置； （3）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦. 【详解】（1）取的中点，连接、， 为的中点，为的中点，则且， 在平面中，，，，由已知条件可得， 且，所以，四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面； （2）底面，， 以为原点，以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、， 在平面内设， ，，， 由，可得，， 由，可得，，所以，， 所以，当是的中点，此时平面； （3），由（2）可知，平面的一个法向量为， ， 故直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】求直线与平面所成的角，可先求出平面的法向量与直线的方向向量的夹角，则. 17. 某高校承办了2024年上海帆船公开赛的志愿志选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． （1）求、的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均数； （2）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率． 【答案】（1），平均数为69.5 （2） 【解析】 【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，可得，；根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解. （2）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可． 【小问1详解】 因为第三、四、五组的频率之和为0.7， 所以， 解得， 所以前两组的频率之和为， 即，所以； 平均数为， 【小问2详解】 第四、第五两组志愿者分别有20人，5人， 故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，，，，第五组志愿者人数为1，设为， 这5人中选出2人，所有情况有，，，，，．，，，，共有10种情况， 其中选出的两人来自同一组的有，，，，，共6种情况， 故选出的两人来自同一组的概率为． 18. 中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”.如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥，其中，，交于点. （1）求证：平面平面； （2）若，且二面角为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见详解； （2）. 【解析】 【分析】（1）只需结合已知分别证明，，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，由向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 因为，， 所以均在的垂直平分线上，所以，， 因为， 所以， 因为，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 由（1）可知， 以为原点，所在直线分别为轴，过点垂直于底面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为， 所以，所以， 从而由等面积法，可知，由勾股定理，可知， 由（1）可知，所以， 由（1）可知，而平面平面，平面，平面，且二面角为， 所以， 所以与轴所在直线的夹角为， 所以， 因为， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，解得， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则， 令，解得， 所以平面的法向量为， 设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 19. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数且，那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，已知直线，直线，点为和的交点. （1）求点的轨迹方程； （2）点为曲线与轴正半轴的交点，直线交曲线于A，B两点，与A，B两点不重合，直线MA、MB的斜率分别为，且，证明直线过定点，并求出该定点； （3）当点在曲线上运动时，求的最小值. 【答案】（1） （2）证明见解析，（） （3） 【解析】 【分析】（1）由两直线斜率的关系得到两直线垂直，那么两直线交点就是垂足，由两直线过定点，所以交点轨迹是以两直线定点为直径的圆（注意特殊点不在圆上），由此得到圆的方程； （2）由（1）得出点，设点坐标得到，讨论直线斜率存在，写出直线方程，联立方程组后消元得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系求得的关系，代入直线方程得到定点坐标；讨论斜率不存在得到两点坐标的关系，由斜率乘积建立等量关系，求得坐标，得到直线，验证该直线同样经过前一种情况求得的定点； （3）因为点在圆上运动，所以由“阿波罗尼斯圆”思想构造一个点使得点，由三角形三边关系得到最大值. 【小问1详解】 当时，，此时，交点为 当时，由，斜率为t， 由，斜率为，综上，. 直线恒过，直线恒过，若为的交点，则，设点， 所以点的轨迹是以EF为直径的圆， 又因为当代入方程得到不成立，所以点的轨迹不包含点. 则圆心为EF的中点，圆的半径为， 故的轨迹方程为 【小问2详解】 ，设， 当斜率存在时，直线的方程为，故 将直线方程与圆的方程进行联立， 整理得：， ∴ 将其带入中可得：， 化简得， ∴或， 由于M与A，不重合，则直线的方程为恒过定点（）； 当直线的斜率不存在时， 设，则， 故可得，即则直线，仍恒过定点， 综上可得，则直线恒过定点 【小问3详解】 ，易知R、Q该圆内， 又由题意可知圆上一点满足，取，则，满足. 下面证明任意一点，都满足，即， 即,所以 ，即当且仅当D，P，Q三点共线，且P位于D，Q之间时，等号成立. 即的最小值为 【点睛】方法点睛，题中介绍到了“阿波罗尼斯圆”，本题可以借助这个定理来对线段进行转化，从而变成了两线段和最打问题，就可以借助三角形三边长来得到结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026年度高二上学期第一学程考试 数学学科试题 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 直线倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程表示圆的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，且向量与互相垂直，则的值是（ ） A. B. C. D. 4. 若圆与圆有公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知平行六面体的所有棱长均为，，则对角线的长为（ ） A. B. C. D. 6. 直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 相交或相切 7. 如图，边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直，动点，分别在正方形对角线和上移动，且．则下列结论正确的是（ ） A. B. 当时，与相交 C. 异面直线与所成的角为 D. 始终与平面平行 8. 我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以都转化为几何问题加以解决，列如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题.已知点在直线，点在直线上，且，结合上述观点，的最小值为（ ） A. B. C. D. 5 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，漏选得部分分，错选不得分） 9. （多选）若直线与直线垂直，则实数a的值可能为（ ） A. －1 B. 1 C. －3 D. 3 10. 下列结论错误的是（ ） A. 过两点的所有直线，其方程均可写为 B. 已知点，则过点A且与B距离为1的直线的方程为 C. 直线与直线之间的距离为 D. 已知点，点P在直线上，则最小值为10 11. 已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 动点的轨迹长度为 C. 不存在点，使得平面 D. 四面体DEFG体积的最大值为 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 直线被圆所截得的弦的长度为_____. 13. 已知点，，且直线与线段AB有公共点，则实数k的取值范围为________． 14. 如图，在正四棱柱中，，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，顶点到平面的距离分别为、，则顶点到平面的距离为_______. 四、解答题（共5小题，满分77分） 15. 已知直线经过直线交点． （1）若直线经过点，求直线的方程; （2）若直线与直线垂直，求直线的方程． 16. 如图所示，在四棱锥中，，，，底面，为的中点. （1）求证：平面； （2）在侧面内找一点，使平面； （3）求直线与平面所成角的正弦. 17. 某高校承办了2024年上海帆船公开赛志愿志选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． （1）求、的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均数； （2）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率． 18. 中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”.如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥，其中，，交于点. （1）求证：平面平面； （2）若，且二面角为，求平面与平面所成角的余弦值. 19. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点距离之比为常数且，那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，已知直线，直线，点为和的交点. （1）求点的轨迹方程； （2）点为曲线与轴正半轴的交点，直线交曲线于A，B两点，与A，B两点不重合，直线MA、MB的斜率分别为，且，证明直线过定点，并求出该定点； （3）当点在曲线上运动时，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $