精品解析：福建省福州市六校2025-2026学年高二上学期期中联考数学试题

2025-2026学年第一学期高二年段期中六校联考 数学试卷 （满分：150分，完卷时间：120分钟） 命题校：马尾第一中学 命题人： 审核人： 一.单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求 1. “大漠孤烟直，长河落日圆”体现了我国古代劳动人民对于圆的认知.已知，则以为直径的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 直线的一个方向向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 若圆过坐标原点，则实数m的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 2或1 D. －2或－1 4. 如图，在正三棱柱中，点M为棱AB的中点，点N为上底面的中心，用空间的一组基表示，则（ ） A. B. C. D. 5. 两圆与的公切线条数为（ ） A. 4条 B. 3条 C. 2条 D. 1条 6. 已知圆和直线，则“”是“直线与圆有公共点”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 在 中，已知，若直线为的平分线，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 在棱长为的正方体，且为底面内一动点，且，则线段的长度的最大值为（ ） A. B. C. D. 二.多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 对于直线，下列说法错误的是（ ） A. 的斜率一定存在 B. 恒过定点 C. 时，的倾斜角为 D. 时，不经过第二象限 10. 已知直线，圆，点为圆上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为5 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 圆心到直线的距离最大为4 11. 如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（ ） A. 存在点Q，使得 B. 存在点Q，使得 平面 C. 三棱锥的体积是定值 D. 二面角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则___________. 13. 二面角为， ,是棱上的两点，，分别在半平面，内， ， ，且 ，，则 的长为 _____． 14. 对给定的两点和，用以下方式定义“直角距离”：．已知，点N在圆C：上运动，若点P满足，则的最大值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在四棱柱中， 平面，，， ，.，分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 16. 已知直线，，且满足，垂足为. （1）求的值及点的坐标. （2）设直线与轴交于点 ，直线与轴交于点，求 的外接圆方程. 17. 如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面 平面. （1）证明： ； （2）已知， ，平面与平面 的交线为.在上是否存在点，使直线与平面 所成角的正弦值为?若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由. 18. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆.已知点到的距离是点到的距离的2倍. （1）求点的轨迹的方程； （2）过点作直线，交轨迹于 两点，记的面积为，求的最大值，以及取最大值时的直线方程. （3）设轨迹与轴正半轴的交点为，直线相交于点，试证明点在定直线上，求出该直线方程. 19. 在平面四边形中， ， ，将 沿AC翻折至. （1）设 ，三棱锥 的各个顶点都在球 的球面上. （i）证明：平面平面； （ii）求球 的半径； （2）求二面角 的余弦值的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期高二年段期中六校联考 数学试卷 （满分：150分，完卷时间：120分钟） 命题校：马尾第一中学 命题人： 审核人： 一.单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求 1. “大漠孤烟直，长河落日圆”体现了我国古代劳动人民对于圆的认知.已知，则以为直径的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用中点坐标公式，结合两点之间的距离公式，根据圆的标准方程，可得答案. 【详解】由，则线段的中点为，即圆的圆心为， 圆的半径， 所以圆的方程为. 故选：A. 2. 直线的一个方向向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线的方向向量的概念即可得出结果. 【详解】由题意知，， 所以直线的斜率为，则直线的一个方向向量的坐标为， 故选：D 3. 若圆过坐标原点，则实数m的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 2或1 D. －2或－1 【答案】A 【解析】 【分析】把坐标 代入圆方程求解．注意检验，方程表示圆． 【详解】将代入圆方程，得，解得或2，当时，，舍去，所以. 故选：A． 4. 如图，在正三棱柱中，点M为棱AB的中点，点N为上底面的中心，用空间的一组基表示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合正三棱柱的性质和空间向量的运算可得答案. 【详解】取下底面ABC的中心Q，连接，则， ∴． 故选:B． 5. 两圆与的公切线条数为（ ） A. 4条 B. 3条 C. 2条 D. 1条 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆的方程可确定圆心和半径，由圆与圆的位置关系的判断方法确定两圆相交，由此可得公切线条数. 【详解】由得：， 圆心坐标为，半径； 由得：， 圆心坐标为，半径； 两圆圆心距，， 两圆相交，则公切线条数为条. 故选： . 【点睛】本题考查圆与圆的公切线条数的问题，关键是明确两圆公切线条数与两圆位置关系之间的联系，并熟练掌握圆与圆的位置关系的判定方法. 6. 已知圆和直线，则“”是“直线与圆 有公共点”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由圆心到直线的距离，再结合充分不必要条件的定义即可判断. 【详解】圆的圆心坐标为，半径 ， 当圆心到直线的距离时，直线与圆 有公共点， 即，解得， 所以“”是“直线与圆 有公共点”的充分不必要条件. 故选：. 7. 在中，已知，若直线为的平分线，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据点关于线的对称求解关于直线的对称点，即可根据两点求解的方程,即可求解直线方程. 【详解】过作关于直线的对称点，则在直线上， 设，根据且的中点在直线上，得， 解得，所以， 又，所以直线方程为，故方程为， 故选：D 8. 在棱长为的正方体，且为底面内一动点，且，则线段的长度的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的数量积可得的轨迹圆，从而可求线段PB的长度的最大值. 【详解】取的中点为，的中点为，连接 ， 则 平面，而 平面，故. 而， 而，故， 而，故， 由正方体的性质可得，故， 故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而， 故线段的长度的最大值为， 当且仅当三点共线且在之间时的长度取最大值， 故选：D. 二.多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 对于直线，下列说法错误的是（ ） A. 的斜率一定存在 B. 恒过定点 C. 时，的倾斜角为 D. 时，不经过第二象限 【答案】BCD 【解析】 【分析】移项即可判断A；令即可判断B；根据斜率为即可判断C；直接代入根据图象特点即可判断D. 【详解】直线方程为，斜率为，一定存在，A正确； 当时， ，所以直线过点 ，B错误； 时斜率为，倾斜角为，C错误； 时，直线，即 ，斜率是2，为正， 与坐标轴的交点分别是和 ，因此直线过一、二、三象限，D错误. 故选：BCD． 10. 已知直线，圆，点为圆 上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为5 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 圆心 到直线的距离最大为4 【答案】BC 【解析】 【分析】根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，圆 的方程可化为，所以圆 的圆心为，半径. ，是圆上的点， 所以的最大值为，A错误. 对于B，如图所示，当直线的斜率大于零且与圆相切时，最大， 此时，且，B正确. 对于C，设， 则， 等号成立当且仅当，所以C正确. 对于D，圆心到直线的距离， 当 时， ， 当时，，所以D错误. 故选：BC 11. 如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（ ） A. 存在点Q，使得 B. 存在点Q，使得 平面 C. 三棱锥的体积是定值 D. 二面角的余弦值为 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，由推出 平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时 平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到 平面，求出平面的法向量，证明出 平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值. 【详解】对于A，若，因为 平面， 平面， 所以 平面，矛盾，故A错误． 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 因为， ， 故，， 故，， 因为，平面， 故 平面，当Q为的中点时，， 此时 平面，故B正确． 对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则 平面， ，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 故，故与不垂直， 故 平面不成立，故C错误； 对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD， 由于为等边三角形， 则，，所以 为所求二面角的平面角， 不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为， 故，， 由余弦定理可得， 二面角的余弦值为，故D正确． 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算即可求解. 【详解】由题意可得， 则，解得. 故答案为：. 13. 二面角为， ,是棱上的两点，，分别在半平面，内， ， ，且 ，，则的长为 _____． 【答案】 【解析】 【分析】将分解为，再求模即可. 【详解】由题意，∵二面角为， ， ，∴与夹角为， ∴与夹角为， ， ∴，即的长为. 故答案为：. 14. 对给定的两点和，用以下方式定义“直角距离”：．已知，点N在圆C：上运动，若点P满足，则的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】确定点的轨迹，的最大值为点到圆心的距离加圆的半径. 【详解】设点，由可得点的轨迹是如图以为中心的正方形， 其中点离圆 较远时，（由，得 ；由，得 ）. 因为点在圆即上运动， 所以的最大值为点到圆心的距离加圆的半径. 因为，， 圆 的半径， 所以， 故答案为. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在四棱柱中， 平面，，， ，.，分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形判定和性质定理可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法计算即得. 【小问1详解】 取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则,， 故四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 故平面； 【小问2详解】 因为 平面， 平面， 所以，，又 ， 所以两两垂直， 故可以 为原点，为轴的正方向建立如图的空间直角坐标系， 由、、、， 则、、， 设平面的法向量为， 则， 取 ，则 、 ， 所以为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离. 16. 已知直线，，且满足，垂足为 . （1）求的值及点 的坐标. （2）设直线与轴交于点 ，直线与轴交于点，求的外接圆方程. 【答案】（1）；. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得两直线的斜率，结合，求得，得出直线的方程，联立方程组，求得交点坐标. （2）由（1）中的直线方程，求得，，得到的外接圆是以为直径的圆，求得圆心坐标和半径，即可求解. 【小问1详解】 解：显然 ，可得，， 由，可得，即，解得， 所以直线：，直线：， 联立方程组，解得，所以点． 【小问2详解】 解：由直线：，直线：，可得，， 所以的外接圆是以为直径的圆，可得圆心，半径， 所以的外接圆方程是． 17. 如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面 平面 . （1）证明： ； （2）已知， ，平面与平面 的交线为.在上是否存在点，使直线与平面 所成角的正弦值为?若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由. 【答案】（1）证明：因为平面 平面 ，平面 平面 ， ，平面 ， 所以 平面， 平面，所以 ， 因为四边形是菱形，所以 ， 又因为 ，、 平面 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ． （2）存在点，线段的长为． 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出 平面，可得出 ，利用菱形的几何性质可得出 ，可推导出 平面 ，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）取中点，连接，推导出 ，然后点 为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质推导出 ，设点，利用空间向量法求出的值，即可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取中点，连接， 因为四边形为菱形，则， 又因为，则为等边三角形， 由菱形的几何性质可知，，则也为等边三角形， 因为为的中点，则，， ， 由（1）知， 平面，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、、、、， ， 因为，平面， 平面，所以 平面， 因为平面 平面 ，平面 ，所以 ，由（1）知 平面 ， 设，则，． 设平面 的法向量，则， 取，可得， 因为直线与平面 所成角的正弦值为， 则，解得 ， 因此，存在点，线段的长为． 18. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆.已知点到的距离是点到的距离的2倍. （1）求点的轨迹 的方程； （2）过点作直线，交轨迹 于 两点，记的面积为，求的最大值，以及取最大值时的直线方程. （3）设轨迹 与轴正半轴的交点为 ，直线相交于点，试证明点在定直线上，求出该直线方程. 【答案】（1） （2）， （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）设，根据两点距离公式建立方程，整理即可求解；（2）易知直线的斜率存在，设直线方程为，利用点到直线的距离公式和几何法求弦长表示.结合点线距公式、基本不等式和三角形面积公式，分类讨论当、时S的取值范围即可；（3）设，直线方程联立圆方程，利用韦达定理表示，同时表示直线的方程和直线的方程的方程，求出交点N的坐标即可证明. 【小问1详解】 设点，由题意可得， 即，化简得， 所以点的轨迹 的方程为. 【小问2详解】 由题易知直线的斜率存在，设直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离， 所以， 则 设，因为，则，即. 所以，， 因为，所以. 此时，，即 ，所以直线的方程为：. 【小问3详解】 ，设， 联立消得， 则， 所以直线的方程为 ，直线的方程为， 联立解得， 则， 所以，所以点在定直线上. 19. 在平面四边形中， ， ，将 沿AC翻折至. （1）设 ，三棱锥 的各个顶点都在球 的球面上. （i）证明：平面平面 ； （ii）求球 的半径； （2）求二面角 的余弦值的最小值. 【答案】（1）（i）证明：在 中，由 ，得 ， 所以， 且 ，即， 因为， ，， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ， 所以平面平面 ； （ii）. （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）通过证明 平面 ，证得平面平面 ； （ii）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，由此求得球 的半径； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角 的余弦值，进而求得其最小值. 【小问1详解】 （i）略. （ii）以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，设球心，半径， 则 ， 所以， 解得，所以球O的半径为； 【小问2详解】 在平面 中，过P作 于G，在平面 中，过G作 ， 因 平面 ,则 平面 . 则由（1）， 设，以G为原点， 分别为x轴和y轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 ，则点在平面 内， 则， 所以， 设平面 一个法向量为，则， 即，取 ， 则得； 平面 的一个法向量为，则， 即，取 ，则得， 所以， 令，则由得，则， 于是 ， 当且仅当即时等号成立， 所以二面角 的余弦值的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $