精品解析：北京市大兴区2025-2026学年高二上学期11月期中检测数学试题

大兴区2025～2026学年度第一学期期中检测 高二数学 2025.11 本试卷共4页，150分.考试时间120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40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. 经过两点，的直线的斜率为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜率公式即可求解. 【详解】由题意可得直线的斜率为. 故选：D. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求得的值. 【详解】因为向量，，所以， 又因为，所以，所以， 解得. 故选：A. 3. 直线的倾斜角等于，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线方程求得直线的斜率，再利用直线倾斜角与斜率的关系求解即可. 【详解】由题，可得直线的斜率，又， ，解得. 故选：A. 4. 圆的半径长为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把圆的一般方程化为标准方程，即可得出圆的半径. 【详解】将圆化成标准方程， 所以圆的半径为. 故选：A. 5. 直线与圆的位置关系是（ ） A. 相切 B. 相交且过圆心 C. 相离 D. 相交且不过圆心 【答案】C 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离与半径比较大小，即可得到结论. 【详解】圆心到直线的距离， 所以直线与圆相离. 故选：C. 6. 已知为平面的法向量，点，在直线上，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】B 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案. 【详解】由可得或，所以推不出， 当时，由于是平面的法向量，可得，所以可推出， 综上，是的必要不充分条件. 故选：B. 7. 已知直线的倾斜角为，在轴上的截距与另一条直线在轴上的截距相同，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合直线截距的定义，求得直线在轴上的截距，根据倾斜角与斜率的定义，利用点斜式方程，结合点到直线的距离公式，可得答案. 【详解】由直线方程，令，解得，则直线过， 由直线的倾斜角为，则该直线的斜率， 故直线方程为：，化简可得：， 则点到直线的距离. 故选：C. 8. 若三条直线，，不能围成三角形，则实数的取值最多有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知直线与直线或直线平行，或直线过点，进而列式求解即可. 【详解】联立方程，解得， 可知：直线的斜率为，的斜率为，且直线、的交点为， 若三条直线不能围成三角形，则直线与直线或直线平行，或直线过点， 可知直线的斜率存在，且为， 可得或或，解得或或， 所以实数的取值最多有3个. 故选：B. 9. 如图，正八面体由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知正八面体的性质求出相关边长，建立空间直角坐标系，得出相关点坐标，进而求出，最后利用向量夹角余弦公式计算求解． 【详解】正八面体由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2， 正八面体的8个面均为边长是2的等边三角形，面是边长为的正方形， 连接交于点，则，， 连接，则交于点，， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， ， ， ， 直线和夹角的余弦值为． 故选：C． 10. 已知直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，点是线段的中点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出点轨迹，再求出点轨迹，利用圆与圆的位置关系结合两点间距离公式求出的取值范围． 【详解】直线，整理得，则直线恒过定点， 同理，整理得，则直线恒过定点， ，， 点的轨迹为以为直径的圆，圆心，半径， 点不在直线上，点的轨迹方程为，不含点． 圆是以为圆心，半径的圆，圆与圆的位置关系如下图所示， 连接，，线段是动弦，为中点， ， 点的轨迹是以为圆心，半径是的圆，方程为， 圆心距， 剔除点，则，即． 故选：D． 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 经过坐标原点且与直线平行的直线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平行关系可设直线方程为，将点代入求得，从而得到结果. 【详解】设与直线平行的直线方程为， 因为过原点，所以，得， 所以所求直线方程为. 故答案为：. 12. 如图，正四面体的棱长为1，，则______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】由图象及已知条件，先用与来表示，再求，分别与的数量积，进而可得答案. 【详解】因为点E是棱CD的中点，所以. 又因为正四面体ABCD的长为1，所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知圆与圆有4条公切线，则实数可以取的一个值为______. 【答案】3（答案不唯一） 【解析】 【分析】由两圆有4条公切线得两圆外离，列出不等式求解即可. 【详解】由题可得，圆，圆心，半径， 圆，圆心，半径， 因为两圆有4条公切线，所以两圆外离， 所以，即，解得或， 所以实数可以取的一个值为. 故答案为：3.（答案不唯一） 14. 在正四面体中，点在线段（点不与端点重合）上运动．设直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，平面与平面所成角为，则，，的大小关系是______. 【答案】. 【解析】 【分析】取的中点，由题可得点在平面上的射影在上，可得直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，即平面与平面所成角，易得，结合可得，得解. 【详解】如图，取的中点，连接， 由点在线段上，结合正四面体性质可得点在平面上的射影在上， 连接， 则直线与平面所成角为，即，且， 同理，直线与平面所成角为，即，且， 易知，则，所以，即， 由，得，又， 所以即平面与平面所成角，则， 又，，而， 故，即，又， . 故答案为：. 15. 如图，正方体的棱长为2，动点满足，其中，且，，，给出下列四个结论： ①当时，平面； ②当，时，的最小值为； ③当，时，三棱锥的体积为定值； ④当，且时，动点的轨迹长为． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用正方体的性质得出相应点坐标，利用向量与法向量平行得出垂直关系，判断结论①；利用平面几何知识判断结论②；利用等体积法结合正方体的性质判断结论③；利用已知条件得出点轨迹，计算判断结论④． 【详解】以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 正方体的棱长为2， ， 对于①，当时，，此时点与重合，即， ，设平面的法向量为， 则，令，则， ，即平面，故①正确； 对于②，当，时，点在上，把侧面沿翻折到平面内，如下图所示， ，故②错误； 对于③，当，时，点在上， 则， ，， ，为定值，故③正确； 对于④，当，且时，因为 由空间向量的性质可知，此时点在平面上运动， 因为，，，故点在三角形面内运动； 连接，与平面相交于点，连接， 由正方体的性质可知，，平面，点为三角形的内心， 因为，所以， 易知，， 所以三角形的内切圆半径为， 所以点的轨迹是一个以点为圆心，为半径的一个圆上， 所以的轨迹长度为故④正确； 故答案为：①③④． 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点． （1）求直线与直线夹角的余弦值； （2）求点到平面距离． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用向量夹角公式计算； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法计算点面距. 【小问1详解】 如图，以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 所以直线与直线夹角的余弦值为. 【小问2详解】 因为，，结合（1），所以，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，， ， 所以点到平面的距离. 17. 已知圆经过点，，． （1）求圆的方程； （2）求经过点的圆的切线方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法将三个点的坐标代入圆的一般方程，解方程组即可； （2）根据圆的切线性质求出切线的斜率，点斜式求得直线方程. 【小问1详解】 设圆的方程为， 将三点坐标代入得，， 即，解得， 所以圆的方程为，即. 【小问2详解】 由（1），可得圆心，则， 所以经过点的圆的切线斜率， 所以经过点圆的切线方程为，即. 18. 已知顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为． （1）求边所在直线方程； （2）求点和点的坐标． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）先利用上的高所在方程求出斜率，再利用点斜式求出方程； （2）先利用是与中线的交点，联立直线与方程求出点坐标，利用是中点，结合在上的高所在直线方程上，求出点坐标． 【小问1详解】 上的高所在直线方程为，斜率为， 而与其高所在直线垂直，，解得， ，根据点斜式得，整理得． 【小问2详解】 是与中线的交点，联立直线与方程得，， . 设点，是的中线，为中点，，， 又在直线上，，整理得， 又在上高所在直线方程上，联立，解得， ． 19. 已知直线，半径为2的圆与相切，圆心在轴上且在直线的右侧. （1）求圆的方程； （2）若直线与圆相交于，两点，且，求实数的值； （3）若直线与圆交于，两点，对于任意直线，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）设出圆心，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离等于，确定圆心坐标，即可得圆的方程； （2）根据题意得圆心到直线的距离为1，利用点到直线的距离公式列方程，即可求解. （3）将直线的方程与圆的方程联立，韦达定理，结合，即可求出点的坐标. 【小问1详解】 设圆心，由圆和直线相切， 所以，解得或（舍）， 所以圆的方程为. 【小问2详解】 由题，圆心到直线的距离为， ，得. 【小问3详解】 设存在点，，， 由，得， 则，，， 由，所以， ，即， 整理得，即，即， 当时，上式成立；当时，； 综上，当点的坐标为时，满足成立. 20. 如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，平面平面，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3）存在，，理由见详解 【解析】 【分析】（1）先利用面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可； （3）设，由求出，再利用空间向量法求解即可. 小问1详解】 由题，，，，满足， 所以，即， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 由四边形是正方形，得， 又平面，且，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 由（1）得平面，因为平面，所以两两垂直， 以为原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，所以，， 则，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得，， ， 因为平面，所以为平面的一个法向量，， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 线段上存在点，点为中点，满足平面，证明如下： 设， 因为，， 所以，， 由（2）知平面的一个法向量为， 因为平面，所以，得， 所以线段上存在点，点为中点，满足平面. 21. 已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，设点，，记，． （1）若，求点的坐标； （2）若点，点，且，求的最大值； （3）已知点，是直线上动点，是否存在直线使得？若存在，求出所有满足条件的直线的方程；若不存在，说明理由． 【答案】（1）或或或 （2）1 （3）和 【解析】 【分析】（1）根据新定义列式求解； （2）根据新定义求得点的运动轨迹，根据运动轨迹可求得最值； （3）根据点到直线的距离公式求得，求得的表达式，对进行分类讨论，根据不等式的性质来证得结论成立，并求得满足条件的直线的方程. 【小问1详解】 由，得， ，解得或， 所以点的坐标为或或或. 【小问2详解】 由题，， 当时，方程变为， 当时，方程变为， 当时，方程变为， 当时，方程变为， 所以方程表示的图形是正方形，如图， 其中，即点在正方形的边上运动， 而表示点间的距离，是正方形的中心， ，即的最大值为1. 【小问3详解】 因为点到直线的距离为，所以， 设，则，令， 当时，，此时，合题意； 当时，， 由分段函数性质可得， 又，且恒成立，当且仅当时，等号成立， 综上，满足条件的直线有且只有两条和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大兴区2025～2026学年度第一学期期中检测 高二数学 2025.11 本试卷共4页，150分.考试时间120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40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. 经过两点，的直线的斜率为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 2. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 6 3. 直线倾斜角等于，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 4. 圆的半径长为（ ） A. B. 5 C. D. 5. 直线与圆的位置关系是（ ） A. 相切 B. 相交且过圆心 C. 相离 D. 相交且不过圆心 6. 已知为平面法向量，点，在直线上，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 7. 已知直线的倾斜角为，在轴上的截距与另一条直线在轴上的截距相同，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 若三条直线，，不能围成三角形，则实数的取值最多有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 9. 如图，正八面体由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 10. 已知直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，点是线段的中点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 经过坐标原点且与直线平行的直线方程为______． 12. 如图，正四面体的棱长为1，，则______． 13. 已知圆与圆有4条公切线，则实数可以取的一个值为______. 14. 在正四面体中，点在线段（点不与端点重合）上运动．设直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，平面与平面所成角为，则，，大小关系是______. 15. 如图，正方体的棱长为2，动点满足，其中，且，，，给出下列四个结论： ①当时，平面； ②当，时，的最小值为； ③当，时，三棱锥的体积为定值； ④当，且时，动点的轨迹长为． 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 如图，在棱长为2的正方体中，是线段的中点． （1）求直线与直线夹角的余弦值； （2）求点到平面距离． 17. 已知圆经过点，，． （1）求圆的方程； （2）求经过点的圆的切线方程． 18. 已知顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为． （1）求边所在直线方程； （2）求点和点的坐标． 19. 已知直线，半径为2的圆与相切，圆心在轴上且在直线的右侧. （1）求圆的方程； （2）若直线与圆相交于，两点，且，求实数的值； （3）若直线与圆交于，两点，对于任意直线，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 20. 如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，平面平面，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 21. 已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，设点，，记，． （1）若，求点的坐标； （2）若点，点，且，求最大值； （3）已知点，是直线上的动点，是否存在直线使得？若存在，求出所有满足条件的直线的方程；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $