精品解析：贵州省贵阳市七校2025-2026学年高二上学期联合考试（一）数学试题

贵阳市七校2027届高二年级联合考试（一） 数学 贵阳八中 贵阳民中 贵阳二中 贵阳六中 贵州省实验中学 贵阳华师一学校 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共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】求出直线的斜率，利用直线的斜率与倾斜角的关系可得结果. 【详解】该直线的斜截式方程为，则斜率为，所以该直线的倾斜角为. 故选：D 2. 已知向量，，则在方向上投影向量的模长为（ ） A. 1 B. C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量投影向量的模长公式进行求解即可. 【详解】向量，，， 在方向上的投影向量的模长为， 故选：C 3. 如图所示，在平行六面体中，点满足，若，则（ ） A. B. 2 C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的运算性质及其基本定理即可求解. 【详解】如题图，由， 而，且，，不共面，所以，，， 所以， 故选：B. 4. 过点，，的圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在直角坐标系内画出三角形，利用数形思想，结合两直线垂直的判定方法判定该三角形的形状，再利用直角三角形外接圆的性质，再结合圆的标准方程进行求解即可. 【详解】由如图，已知，，所以， 故该圆的圆心是的中点； 半径为， 所以圆的标准方程为， 故选：C 5. 已知直线，，则“”是“”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】A 【解析】 【分析】根据两直线垂直的性质，结合充分性、必要性的定义进行求解即可. 【详解】，， 当，有，解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A 6. 在直三棱柱中，，，.若点满足，且点在平面内，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量面的推论可求出的值. 【详解】因为点在平面内，设，其中、， 所以， 整理可得， 因为、、不共面，且， 所以，故，因此， 故选：A. 7. 如图，在棱长为的正四面体中，侧棱与底面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知点在平面的射影为正的重心，结合线面角的定义知侧棱与底面所成角为，并求出的长，即可求出. 【详解】如图，因为四面体为正四面体，所以点在平面的射影为正的重心， 延长交于点，则为的中点，且， 易知平面，因为平面，所以， 所以直线与平面所成角为， 由勾股定理可得， 故，故， 因此侧棱与底面所成角的余弦值为. 故选：B. 8. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则直线与直线所成角余弦值的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用夹角公式得，利用二次函数得，进而求解. 【详解】以为原点建立如图4所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2， 则，，，，，则. 因为为线段上的动点，不妨设， 则得，所以， 则， 因为，所以，进而， 所以，故当最大值时， 所以直线与直线所成角余弦值的最大值为. 故选：D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知空间向量，，则下列选项中正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】根据空间向量垂直和平行的性质，结合空间向量模长公式和夹角坐标公式逐一判断即可. 【详解】A：当时，，解得，A错误； B：当时，，即，解得，B正确； C：当时，则有，，C正确； D：当时，，D错误， 故选：BC. 10. 已知直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 当时，关于轴对称的直线为 C. 点到直线的最大距离为 D. 与两坐标轴围成的三角形面积为2的直线有2条 【答案】BCD 【解析】 【分析】将直线方程整理成点斜式，令，即可得直线的定点，即可判断A；当时，得直线方程，取，，求点关于轴对称的点，进而得对称的直线方程即可判断B；当直线时，点到直线的距离最大，利用两点的距离公式即可判断C；先求直线与坐标轴的交点，进而由三角形的面积公式即可求出，进而判断D. 【详解】对于A：由直线，即， 令，得， 所以直线过定点，故A错误； 对于B：当时，直线，取， 分别关于轴对称的点为，， 所以关于轴对称的直线为，故B正确； 对于C：由A选项可知直线过定点，当直线时， 点到直线的距离最大，最大距离为，故C正确； 对于D：由直线，令，得， 当时，，此时直线与轴没有交点，所以， 令，得，依题意：， 解得，所以满足条件的直线有2条，故D正确， 故选：BCD. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，，分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 不存在点，使得 C. 直线与平面所成角的正切值的最大值为 D. 时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A由不与平面平行，得到平面的距离不为定值即可判断，建立空间直角坐标系，利用向量的数量积即可判断B，利用向量的夹角公式求直线与平面所成角得，设直线与平面的夹角为，，则，则，即，即可判断C，求平面的法向量，球心，，则到面的距离，进而求截面圆半径，即可判断D. 【详解】如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系：，，，，. 设，，则点坐标为. 对于A：不与平面平行，到面的距离不为定值， 三棱锥的体积不为定值，A错误； 对于B：，， 若，则，即，解得，又， 故不存在这样的点，使得，B正确； 对于C：取平面的法向量为,， 则， 设直线与平面的夹角为，， 则，则，. 又，故，即直线与平面所成角的正切值的最大值为，C正确； 对于D：时，，，， 设平面的法向量，，则， 不妨设，则，，是平面的一个法向量， 显然球心，， 则到面的距离，外接球半径， 截面圆半径的平方为，所以，D正确， 故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在空间直角坐标系中，已知点关于原点的对称点是点，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据对称先求点，利用两点间的距离公式即可求解. 【详解】由题意有关于原点的对称点， 则. 故答案为：. 13. 如图所示，和所在平面垂直，且，，则点到平面的距离是_____. 【答案】## 【解析】 【分析】以点为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和向量，结合向量的距离公式，即可求解. 【详解】因为和所在平面垂直，且， 在平面内，过点作，因为平面平面， 所以平面， 再在平面内，在上取点，使得， 以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为且， 可得，，，， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 又因为，所以点到的距离为. 故答案为：. 14. 已知点、，有一点在直线上运动，当取得最小值时，则点的坐标为_____. 【答案】 【解析】 【分析】作出点关于直线的对称点，连接，交直线于，分析可知当、、三点共线时，最小，设点，求出点的坐标，进而可得出直线的方程，再将该直线方程与直线的方程联立，即可得出点的坐标. 【详解】易知，均在直线的同侧； 作出点关于直线的对称点，连接，交直线于，则， 所以， 当、、三点共线时取等号，即、、三点共线时，最小. 设，则，解得，即. 因为，所以直线为， 由，得，即. 故答案为：. 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在平面直角坐标系中，写出满足下列条件的方程： （1）已知点，，动点满足，求点的轨迹方程； （2）已知直线经过点，直线过点和点，，求直线的方程. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据两点间距离公式，结合平方法进行求解即可； （2）根据两直线互相垂直斜率的关系，再结合直线的点斜式方程进行求解即可. 【小问1详解】 设，则有. 将上式两边同时平方，整理可得， 化简整理可得. 【小问2详解】 由和，可求出. 因为，所以，即. 又因为直线经过点， 所以的方程为. 16. 如图，在直三棱柱中，点是线段上的中点，点，是侧棱上的动点. （1）若，请证明：平面； （2）若，，，，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 取上的中点，连接，. ，分别是和的中点，且. 又，且， 四边形是平行四边形，. 平面，平面.平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得平面且， 因此以点为原点，，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 由题易知，平面，所以为平面的法向量. 设平面的法向量为，根据所建立的空间直角坐标系， 可知，，， 有，. 令，则，， 即平面的法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则有. 17. 已知直线的方程为：. （1）若直线与直线平行，求的值以及直线与之间的距离； （2）若直线交轴的负半轴于点，交轴的正半轴于点，为坐标原点，求面积的最小值，并求此时直线的方程. 【答案】（1）， （2）16，. 【解析】 【分析】（1）根据两直线平行，直线一般式系数之间的关系求出参数的值，再根据平行线间的距离公式进行求解即可； （2）根据三角形面积公式，结合基本不等式进行求解即可. 【小问1详解】 ，，即. ，将化为：. 则直线与直线之间的距离为：； 【小问2详解】 由题可知，，， ，解得：. . 当且仅当，即时等号成立. 此时直线的方程为. 18. 如图，在三棱锥中，与均是以为斜边的等腰直角三角形，，. （1）求证：平面平面； （2）若，分别是，边的中点，线段上一动点满足，判断是否存在使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明： 如图，取的中点，连接，， 在等腰直角三角形中有，①. 同理可得，， 在中，， 由勾股定理可知，，即②. 又，平面，且， 由①②可得平面，又平面， 平面平面. （2）存在，或. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，利用向量法求点到平面的距离得，进而求出，即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 存在或，使得到平面的距离为，理由如下： 由（1）可知，，， 以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系： ，，，，， ，，，. 设平面的法向量为，则，取，则. 由得，， 点到平面的距离为：，解得或. 19. 人脸识别技术已融入我们日常生活，小区门禁刷脸即可开门，手机支付凭人脸验证完成交易，机场安检通过它实现旅客快速身份核验，让便捷与安全并存.它通过计算机分析人脸图像或视频，提取面部轮廓、五官间距等关键特征，在这一过程中，判别不同样本间的相似度是核心环节，其主要实现方式为距离测试，目前常用的测量方式主要有3种.设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离；余弦距离，其中（为坐标原点）. （1）若点，，求，之间的欧几里得距离，曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，曲线，问曲线上是否存在点使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1），， （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题中定义，结合两点间距离公式和平面向量夹角公式进行求解即可； （2）根据余弦距离的定义，绝对值的性质，结合分类讨论思想、平面向量夹角公式进行求解即可； （3）根据题中定义，结合平面向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 已知，，则由题意可得欧几里得距离为； 曼哈顿距离为； 因为，， 所以， 则余弦距离为. 【小问2详解】 设，由题意得：， 由， 作出表示的图形，为如图所示的正方形， 其中，，，， 即点在正方形的边上运动，，， 结合图形，由可知， 当取最小值时，最大. 相应的有最大值.因此，点有如下两种可能： ①点为点时，，则：； ②点在线段上运动时，此时与方向相同，， 则. 因为，所以点在点时，有最大值，最大值为. 【小问3详解】 设，则，， ， ， ，，即或. 联立，解得，， 联立，解得，， ，，，，则； ，则； ，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵阳市七校2027届高二年级联合考试（一） 数学 贵阳八中 贵阳民中 贵阳二中 贵阳六中 贵州省实验中学 贵阳华师一学校 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共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. 已知向量，，则在方向上投影向量的模长为（ ） A. 1 B. C. 3 D. 2 3. 如图所示，在平行六面体中，点满足，若，则（ ） A. B. 2 C. 0 D. 4. 过点，，的圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线，，则“”是“”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 6. 在直三棱柱中，，，.若点满足，且点在平面内，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为的正四面体中，侧棱与底面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则直线与直线所成角余弦值的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知空间向量，，则下列选项中正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 10. 已知直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 当时，关于轴对称的直线为 C. 点到直线的最大距离为 D. 与两坐标轴围成的三角形面积为2的直线有2条 11. 如图，在棱长为1的正方体中，，分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 不存在点，使得 C. 直线与平面所成角的正切值的最大值为 D. 时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在空间直角坐标系中，已知点关于原点的对称点是点，则_____. 13. 如图所示，和所在平面垂直，且，，则点到平面的距离是_____. 14. 已知点、，有一点在直线上运动，当取得最小值时，则点的坐标为_____. 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在平面直角坐标系中，写出满足下列条件的方程： （1）已知点，，动点满足，求点的轨迹方程； （2）已知直线经过点，直线过点和点，，求直线的方程. 16. 如图，在直三棱柱中，点是线段上的中点，点，是侧棱上的动点. （1）若，请证明：平面； （2）若，，，，求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 已知直线的方程为：. （1）若直线与直线平行，求的值以及直线与之间的距离； （2）若直线交轴的负半轴于点，交轴的正半轴于点，为坐标原点，求面积的最小值，并求此时直线的方程. 18. 如图，在三棱锥中，与均是以为斜边的等腰直角三角形，，. （1）求证：平面平面； （2）若，分别是，边的中点，线段上一动点满足，判断是否存在使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 人脸识别技术已融入我们日常生活，小区门禁刷脸即可开门，手机支付凭人脸验证完成交易，机场安检通过它实现旅客快速身份核验，让便捷与安全并存.它通过计算机分析人脸图像或视频，提取面部轮廓、五官间距等关键特征，在这一过程中，判别不同样本间的相似度是核心环节，其主要实现方式为距离测试，目前常用的测量方式主要有3种.设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离；余弦距离，其中（为坐标原点）. （1）若点，，求，之间的欧几里得距离，曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，曲线，问曲线上是否存在点使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $