精品解析：北京市八一学校2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

北京市八一学校2025-2026学年第一学期期中练习 高二数学 2025.10 本试卷共4页，满分120分．考试时长90分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题纸交回． 一、选择题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 2. 在空间四边形中，等于（ ） A. B. C. D. 3. 直线的方向向量为，，平面的法向量分别为，则下列选项正确的是（ ） A. 若∥，则 B. 若∥β，则 C. 若⊥，则 D. 若∥β，则 4. 已知点，则点到轴的距离为． A. B. C. D. 5. 已知直线：与：如图所示，则有 A. B. C. D. 6. 已知向量，若共面，则等于（ ） A. B. 1 C. 1或 D. 1或0 7. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 平行六面体中，，则该平行六面体的体对角线的长为（ ） A. B. 5 C. D. 9. 已知是长方体外接球的一条直径，点在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，水平地面上有一正六边形地块，设计师规划在正六边形的顶点处矗立六根与地面垂直的柱子，用以固定一块平板式太阳能电池板.若其中三根柱子，，的高度依次为，则另外三根柱子的高度之和为（ ） A. 47m B. 48m C. 49m D. 50m 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 直线恒经过定点，则的坐标为______． 12. 已知为坐标原点，,,则的值为______；中，边上中线的长为______． 13. 在正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为______． 14. 如图所示的是一个正方体的平面展开图，，则在原来的正方体中，直线与直线的位置关系是______；直线与平面所成角的正弦值为______． 15. 如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是__________. 三、解答题：本大题共4小题，共45分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知直线过点． （1）若直线也过点，求直线的方程； （2）若直线在轴上的截距与轴上的截距相等，求直线的方程； （3）设坐标原点到直线距离为，求的取值范围（直接写出结果即可） 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形． （1）若平面与平面相交于直线，证明：； （2）若平面，，，为棱的中点，求二面角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 18. 如图，在三棱柱中，平面，已知，，，点是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与夹角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点（不与,重合），使得直线与平面所成角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知集合S为平面中点的集合，n为正整数，若对任意的.且，总存在平面中的一条直线恰通过S中的k个不同的点 ，称集合S为n连续共线点集. （1）若 判断S是否为3连续共线点集?是否为4连续共线点集? （2）已知集合S为n连续共线点集，记集合S的元素个数为. （i）若，求n的最大值; （ii）对给定的正整数n，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市八一学校2025-2026学年第一学期期中练习 高二数学 2025.10 本试卷共4页，满分120分．考试时长90分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题纸交回． 一、选择题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】B 【解析】 【分析】由直线方程确定斜率，结合倾斜角与斜率关系及其范围确定倾斜角. 【详解】由题设，直线的斜率为，根据斜率与倾斜角关系及倾斜角范围知：倾斜角为60°. 故选：B 2. 在空间四边形中，等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量加减运算法则进行计算. 【详解】. 故选：C 3. 直线的方向向量为，，平面的法向量分别为，则下列选项正确的是（ ） A. 若∥，则 B. 若∥β，则 C. 若⊥，则 D. 若∥β，则 【答案】B 【解析】 【分析】通过分析不同位置情况下的向量的乘积，即可得出结论. 【详解】由题意， 选项A，若共线，，A错误； 选项B，若垂直，则，B正确； 选项C，若共线，，C错误； 选项D，若共线，，D错误． 故选：B． 4. 已知点，则点到轴的距离为． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系分析可知：点到轴的距离等于. 【详解】因为，所以点到轴的距离等于：， 故选C. 【点睛】本题考查空间中的点到坐标轴的距离，难度较易.空间中的点到坐标轴的距离等于另外两个轴对应坐标的平方之和开根号. 5. 已知直线：与：如图所示，则有 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象得到直线的倾斜角小于直线的倾斜角，根据正切函数的性质得出两斜率的大小，根据两直线与轴的交点位置即可确定出截距的大小． 【详解】由图可知直线的倾斜角小于直线的倾斜角，但是它们都大于 ，由 在上单调递增，得，又直线与轴的交点在直线与轴的交点的上方，故，综上选A. 【点睛】此题考查了直线的截距式方程，以及直线斜率与倾斜角的关系，熟练掌握直线斜率与倾斜角的关系是解本题的关键． 6. 已知向量，若共面，则等于（ ） A. B. 1 C. 1或 D. 1或0 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间共面向量定理建立等式，求得的值. 【详解】因为共面，设所以 ， 解得，即. 故选：A. 7. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性. 【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足， 如图：满足，，但不成立，故必要性不满足， 所以“”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 8. 平行六面体中，，则该平行六面体的体对角线的长为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由空间向量加法的几何意义，结合平行六面体中相关线段的位置关系可得，再由空间向量数量积的运算律求，进而可得的长. 【详解】由题设，可得如下示意图， 由图知：，， ∴， 又， ∵， ∴，即. 故选：A 9. 已知是长方体外接球的一条直径，点在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在长方体中建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】 根据题意，以D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图示. 设长方体外接球球心为O，则DB1为外接球的一条直径，设O为DB1中点，不妨设M与D重合，N与B1重合. 则外接球的直径长为，所以半径r=1； 所以 由P在长方体表面上运动，所以，即 所以，即 故选：B 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算. 10. 如图，水平地面上有一正六边形地块，设计师规划在正六边形的顶点处矗立六根与地面垂直的柱子，用以固定一块平板式太阳能电池板.若其中三根柱子，，的高度依次为，则另外三根柱子的高度之和为（ ） A. 47m B. 48m C. 49m D. 50m 【答案】A 【解析】 【分析】根据梯形中位线求得，进而求得正确答案. 【详解】依题意可知六点共面， 设正六边形的中心为，连接， 平面且平面， 依题意可知相交于， 连接交于，连接交于， 根据正六边形的性质可知四边形是菱形，所以相互平分， 则相互平分，根据梯形中位线有， 即， 在梯形中，是的中点，则是的中点， 所以， 同理可得， 所以. 故选：A 【点睛】关键点睛：研究空间图形的结构，关键点在于利用空间平行、垂直、中点等知识.在本题中，柱子与地面垂直，柱子之间相互平行.柱子之间高度不相同，则构成了梯形，则可考虑利用中位线来对问题进行求解. 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 直线恒经过定点，则的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】由，可得，可求定点坐标. 【详解】当时，，所以直线恒经过定点. 故答案为：. 12. 已知为坐标原点，,,则的值为______；中，边上中线的长为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一小空可以直接用向量的夹角公式求得；第二小空可以使用向量中线定理写出中线的向量坐标，再求模. 【详解】①； ②在中，假设的中点为, 则上的中线可表示为,其模长为. 则上的中线长等于, 故答案为： 13. 在正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】作出二面角的平面角，根据题意求得，结合锥体的体积公式即可求解． 【详解】如图，连接交于点，连接， 则为正方形的中心，故平面． 取的中点，连接，则，，， 故为二面角的平面角，即． 又因为平面，平面，所以，所以， 则该四棱锥的体积为． 故答案为：B． 14. 如图所示的是一个正方体的平面展开图，，则在原来的正方体中，直线与直线的位置关系是______；直线与平面所成角的正弦值为______． 【答案】 ①. 异面 ②. ## 【解析】 【分析】将展开图还原成正方体，通过建系利用空间向量的知识求解. 【详解】将展开图还原成正方体，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由图可知直线，又， 所以直线与直线异面，所以直线与直线的位置关系是异面； 因为，，，，， 则，，； 设平面的一个法向量为，由， 令，则，， 所以，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为：异面； 15. 如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是__________. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据给定条件，以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，进而求出点的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案. 【详解】在正方体中，令，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，， 令平面的法向量，则，取，得， 由平面于，得，即， ，显然，解得， 于是， 对于①，，①正确； 对于②，在上单调递增，②正确； 对于③，而，， 若， 显然，即不存在，使得，③错误； 对于④，平面的一个法向量，而， 由，得，即，整理得， 令，显然函数在上的图象连续不断， 而，因此存在，使得，此时平面， 因此存在点，使得平面，④正确. 所以所有正确结论的序号是①②④. 故答案为：①②④ 【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的位置问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间位置关系的方法解决. 三、解答题：本大题共4小题，共45分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知直线过点． （1）若直线也过点，求直线的方程； （2）若直线在轴上的截距与轴上的截距相等，求直线的方程； （3）设坐标原点到直线距离为，求的取值范围（直接写出结果即可） 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）由两点确定斜率，即可求解； （2）设直线为，（）由，得；由，得．通过求解即可； （3）由题意当直线过原点时距离最小，当时，距离最大，即可求解. 【小问1详解】 直线的斜率． 所以直线的方程为，即． 【小问2详解】 由已知，直线的斜率存在且不为0， 设直线为，（） 令，得；令，得． 因此，化简得，解得或 当，直线方程为，当，直线方程为， 故直线方程为或． 【小问3详解】 由题意当直线过原点时距离最小，当时，距离最大， 所以， 故的取值范围． 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形． （1）若平面与平面相交于直线，证明：； （2）若平面，，，为棱的中点，求二面角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 【答案】（1） 证明：四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由平面，结合线面平行的性质定理即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可； （3）由点到面的距离公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面，在平面内， 所以，又， 所以，，两两垂直，如图建系． 因为， 故，，． ， 设平面的法向量为， 则，即 取，得到， 又因为是平面的法向量， 所以． 因为二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 【小问3详解】 因为， 所以点到平面的距离为． 18. 如图，在三棱柱中，平面，已知，，，点是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与夹角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点（不与,重合），使得直线与平面所成角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 底面中，已知，，， 由余弦定理得， 所以， 又平面，平面，所以， 又，所以平面. （2） （3） 存在，理由如下： 假设存在，设（）， 由（2）可知，， 则，则， 因为，， 设平面的法向量分别为， ，取，， 即， 所以， 因为与平面所成角为， 所以，即， 化简得，故（舍去）或， 即存在符合题意，此时． 【解析】 【分析】（1）证明即可判定线面垂直； （2）建立空间直角坐标系研究异面直线夹角即可； （3）利用空间向量研究线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，两两垂直， 所以以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，， ， 所以直线与直线夹角的余弦值． 【小问3详解】 略 19. 已知集合S为平面中点的集合，n为正整数，若对任意的.且，总存在平面中的一条直线恰通过S中的k个不同的点 ，称集合S为n连续共线点集. （1）若 判断S是否为3连续共线点集?是否为4连续共线点集? （2）已知集合S为n连续共线点集，记集合S的元素个数为. （i）若，求n的最大值; （ii）对给定的正整数n，求的最小值. 【答案】（1）为3连续共线点集，不是4连续共线点集. （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）分析直线、直线和直线所经过的点即可判断； （2）（i）首先分析得，再分别讨论和时的情况即可； （ii）设恰经过中的个点，再推理得最少需要多个点，再对分奇偶数讨论，最后再用数学归纳法证明即可. 【小问1详解】 直线经过个点，直线经过个点， 直线经过1个点，所以为3连续共线点集. 没有直线经过中的4个点，所以不是4连续共线点集. 【小问2详解】 （i）因为，即直线最多经过中的6个点，所以． 时，6个点在一条直线上，没有一条直线恰经过5个点，不满足． 时，5个点在一条直线上，则仅剩1个点，没有一条直线恰经过4个点，不满足． 又当时， 分别恰好经过中4，3，2，1个点，为4连续共线点集，所以． （ii）设恰经过中的个点， 由于经过个点，恰经过个点，最多与交1个点，即最少需要多个点； 恰经过个点，最多分别与各交1个点，即最少需要多个点； 依次类推，恰经过个点，最多分别与各交1个点， 即最少需要多个点， 所以当是偶数时，最少需要个点， 当是奇数时，最少需要个点． 所以（为不超过的最小整数）． 下面用归纳法构造个元素的点集，为连续共线点集， ①时，因为当时，最少需要1个点，而，结论成立， 当，最少需要2个点，而，结论成立； ②假设时，中有个点，直线恰经过中的个点， 作一条直线不经过原来的个点，且与均各有一个交点， 并在上取异于的两个点， 则各经过个点，然后任选一点， 过该点作不经过其余个点的直线， 则各经过个点， 则点集为连续共线点集， 此时． 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $