精品解析：北京市第一六一中学2025-2026学年高二上学期期中阶段练习数学试题

北京市第一六一中学2025-2026学年第一学期期中阶段练习 高二数学 本试卷共3页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效． 一、选择题：本大题共12道小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求．把正确答案涂写在答题卡上相应的位置． 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 0° B. 90° C. 180° D. 不存在 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线与坐标轴垂直可得倾斜角. 【详解】因为直线与轴垂直， 所以直线的倾斜角为90°. 故选：B 2. 圆和圆的位置关系是（　　） A. 相交 B. 内切 C. 外离 D. 内含 【答案】C 【解析】 【分析】求出两圆圆心距，并与两圆半径和比较大小，可得出结论. 【详解】圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 圆心距为， 因为，故两圆外离. 故选：C. 3. 如图，在长方体中，是线段上一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将利用、、表示，再利用空间向量的加法可得出关于、、的表达式，进而可求得的值. 【详解】连接、， 因为， 因为是线段上一点，且，则， 因此， 因此，. 故选：A. 4. 已知方程表示的曲线是椭圆，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】椭圆方程的分母均大于0且不相等，进而解出t. 【详解】由题意，. 故选：B. 5. 空间直角坐标系中，平行四边形的三点坐标分别为，，，则D的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用在平行四边形中有，计算即可. 【详解】结合题意：设D的坐标为， 因为，，， 所以,， 因为在平行四边形中有， 所以，解得，所以D的坐标为. 故选：B. 6. “”是“坐标原点在圆的外部”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】先由“坐标原点在圆的外部”得且，进而可得. 【详解】由坐标原点在圆的外部可得，即且， 故“”是“且”的必要不充分条件， 故选：B 7. 已知，点在直线上，点在圆上，则的最小值是（　　） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】求得圆的圆心和半径，求出点关于直线的对称点为，结合图形的几何性质求得答案. 【详解】由圆，得，得圆心的坐标是，半径； 点关于直线对称点为， 所以， 当且仅当四点共线且在之间时取等号. 故的最小值是. 故选：B. 8. 已知在边长为的正方体中，分别为上的动点，且.当的体积取最大值时，平面与平面的夹角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，结合条件，利用基本不等式，可得为的中点，再取中点，连接，利用线面垂直的性质和判定，可得为二面角的平面角，即可求解. 【详解】设，因为，则， 所以，当且仅当，即时取等号， 又，且，所以当时，的体积取最大值， 即为的中点时，的体积取最大值， 取中点，连接，因为，所以， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面，则为二面角的平面角， 在中，，所以， 则，所以平面与平面的夹角的正切值为， 故选：D. 9. 设，是椭圆：长轴的两个端点，若上存在点满足，则的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】当时，焦点在轴上，此时，，要使上存在点满足，则，即，得； 当时，焦点在轴上，此时，，要使上存在点满足，则，即，得， 故的取值范围为． 【点睛】解答问题的关键是利用条件确定的关系，求解时充分借助题设条件转化为，这是简化本题求解过程的一个重要措施，同时本题需要对方程中的焦点位置进行逐一讨论． 10. 设A、B为圆上的两动点，且∠AOB=120º，P为直线l：3x – 4y – 15=0上一动点，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】取中点，求出点轨迹方程，，转化求点到直线上点的距离的最小值，由此计算可得． 【详解】设是中点，因为，所以，即在以原点为圆心，为半径的圆上， ，， 又，所以，所以． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题考查圆上两动点与直线上动点间的“距离”的最小值问题，解题关键是取中点，把用表示，这样两动点转化为一个动点，求得点轨迹，利用直线与圆的位置关系求解即可． 11. 在正方体中，是线段上一点，则的大小可以为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，设点，其中，利用空间向量法求出的取值范围，结合选项即可得解. 【详解】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，    设正方体的棱长为，则、、、， 设，其中，则， 从而，， 所以， 当时，，则， 则， 所以， 因为，所以，结合选项可知符合题意. 故选：A 12. 蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面ABCDEF是正六边形，棱AG，BH，CI，DJ，EK，FL均垂直于底面ABCDEF，上顶由三个全等的菱形PGHI，PIJK，PKLG构成.设BC=1， ，则上顶的面积为（ ） A. 3sinθ B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由三角函数的定义，结合菱形的面积公式求解. 【详解】因为ABCDEF是正六边形，又BC=1， 则，即， 因为四边形PGHI为菱形，连接PH，GI，则， 又且GI=AC，则， 设， 则， 则，则， 则菱形PGHI的面积为， 则上顶菱形的面积为. 故选：D. 【点睛】 二、填空题：本大题共6小题，共30分．把答案填在答题纸中相应的横线上． 13. 已知直线经过点，且与直线平行，则的方程为___________ 【答案】 【解析】 【分析】根据平行设出直线方程，代入点，求出答案； 【详解】设经过点且与直线平行的直线方程为， 将代入得，解得， 故经过点且与直线平行的直线方程为. 故答案为：. 14. 已知向量，，，若向量，，共面，则实数的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意：存在实数使得，再根据坐标运算解方程求解即可. 【详解】因为向量共面， 所以存在实数使得，即 所以，解得 故答案为: 15. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离是___________． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，用点到平面的距离公式计算即可. 【详解】由题可建立如图所示空间直角坐标系： 则，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则平面的一个法向量为， 则点P到平面的距离. 故答案为：. 16. 设为椭圆上一动点，，分别为左、右焦点，延长至点，使得，则动点的轨迹方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆定义可得，，从而，进而的轨迹是以为圆心，为半径的圆，由此能求出动点的轨迹方程． 【详解】为椭圆上一动点，，分别为左、右焦点， 延长至点，使得， ，， ， 的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 动点的轨迹方程为． 故答案为： 17. 已知圆，直线，为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆的方程可确定圆心和半径；由可利用面积桥将转化为，当最小时，为圆心到直线的距离，由此可求得结果. 【详解】由得：，圆心，半径. ，，为线段的垂直平分线， ， 若最小，则最小， ，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查切线长最小值的求解问题，解题关键是能够将所求的长度之积转化为四边形面积，进而转化为切线长最小值的求解问题. 18. 在平面直角坐标系中，到定点的距离之积为的点的轨迹就是伯努利双纽线，的方程为，其形状类似于符号，若点是轨迹上一点，给出下列四个结论： ①曲线关于原点中心对称： ②恒成立； ③当时，取得最大值或最小值； ④曲线上任一点到原点的距离不超过． 其中所有正确结论的序号是___________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据曲线的方程，结合对称性的判定方法，联立方程组，以及不等式和三角形面积，逐项判定，即可求解. 【详解】在曲线上任取一点，关于原点的对称点为， 代入曲线的方程，得， 所以，可知在曲线上， 所以曲线关于原点中心对称，故①正确； 因为点是轨迹上一点，所以， 因为，所以，即，所以，故②正确； 因为，所以， 又，所以，即， 所以，当时等号成立， 此时，即时，取得最大值或最小值；故③错误， 因为，所以， 所以，所以曲线上任一点到原点的距离不超过，故④正确； 故答案为：①②④. 三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 19. 如图，四棱锥的底面是正方形，底面，，点是的中点． （1）若为线段上一点，且，求的长； （2）求直线和所成角的余弦值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，，故有．再根据直角三角形中的边角关系可得，由此求得的值． （2）取和的交点，可得即为直线和所成的角．在直角三角形中，求得 的值，即得解． 【小问1详解】 由题意可得，，， ． 再取的中点，则由可得，， 故有． 解得． 【小问2详解】 取和的交点，则为的中位线，故有平行且等于． 故即为直线和所成的角． 由平面，可得平面， 所以. 在直角三角形中，， 所以. 故直线和所成的角的余弦值为. 20. 在中，已知，边的中点在轴上，边的中线所在直线的方程 （1）求顶点的坐标； （2）求边上的高所在直线方程； （3）求外接圆的方程． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，利用边的中点在轴上，求得，利用边的中线所在直线的方程，求得； （2）求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程； （3）利用待定系数法求得外接圆的方程． 【小问1详解】 设，则的中点坐标为， 又因为边的中点在轴上，所以，解得， 又的中点是，即， 因为边的中线所在直线的方程，解得， 所以点C的坐标为； 【小问2详解】 因为，所以边上的高所在直线的斜率为， 所以边上的高所在直线方程为，即； 【小问3详解】 设外接圆的方程为， 可得，化简得， 解得，所以外接圆的方程为， 化为标准方程为. 21. 羡除是《九章算术》中记载的一种五面体.如图，五面体是一个羡除，其中四边形与四边形均为等腰梯形，且，，，为中点，平面与平面交于. （1）求证：平面； （2）已知点是线段上的动点，从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 条件①：平面平面； 条件②：. 【答案】（1）证明：因为，且为中点，所以 又因为，，且为中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）证明四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证明； （2）若选条件①，则需先证两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用向量法表示出与平面所成角的正弦值，借助二次函数即可解决；若选条件②，取的中点，连接，证明得到平面平面，进而转化为条件①的解题过程. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若选条件①：平面平面， 取的中点，取的中点，连接， 因为四边形与四边形均为等腰梯形，所以，， 因为平面平面，且平面平面，面， 所以平面， 因为平面，所以，所以两两垂直. 故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系； 因为，， 所以， 所以，， 因为点是线段上的动点，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角， 则， 结合二次函数的知识可知： 当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 若选条件②：， 取的中点，连接， 因为四边形与四边形均为等腰梯形， 且，， 所以， 在中，，所以. 所以二面角为直二面角，所以平面平面， 又平面平面，面，所以平面， 因为平面，所以，所以两两垂直. 故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系； 因为，， 所以， 所以，， 因为点是线段上的动点，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角， 则， 结合二次函数的知识可知： 当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 22. 已知圆与直线相切于点，圆心在轴上. （1）求圆的标准方程； （2）若过点的直线与圆交于两点，当时，求直线的一般式方程； （3）过点且不与轴重合的直线与圆相交于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于两点，记的面积为，求的最大值. 【答案】（1） ； （2）或； （3）. 【解析】 【分析】（1）由题意，设圆方程为，根据直线与圆的位置关系和两直线的位置关系可得，解之即可求解； （2）根据几何法求弦长可得圆心到直线的距离为，易知当直线斜率不存在时满足题意；当斜率不存在时，设直线方程，利用点线距公式计算建立关于k的方程，解之即可求解； （3）直线方程联立圆的方程，解得，同理可得，则，结合基本不等式计算即可求解. 【小问1详解】 由题可知，设圆的方程为，圆心为， 由直线与圆相切于点， 得，解得， 所以圆的方程为； 【小问2详解】 设圆心到直线的距离为d， ∵，∴，. ①当直线斜率不存在时，，满足到直线的距离； ②当直线斜率存在时：设方程：，即， ，整理得，解得， ，即， 综上：直线的一般式方程为或； 【小问3详解】 由题意知，， 设直线的斜率为，则直线的方程为， 由，得， 解得或，则点A的坐标为， 又直线的斜率为，同理可得：点的坐标为， 由题可知：， ， 又，同理， ， 当且仅当时等号成立， 的最大值为. 【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：配方法；基本不等式法；单调性法；三角换元法；导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 23. 在平面直角坐标系中，为坐标原点．对任意的点，定义．任取点，，记，，若此时成立，则称点，相关． （1）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由； ①，；②，． （2）给定，，点集． （）求集合中与点相关的点的个数； （）若，且对于任意的，，点，相关，求中元素个数的最大值． 【答案】（1）①相关；②不相关.（2）（）个（）. 【解析】 【分析】（1）根据所给定义，代入不等式化简变形可得对应坐标满足的关系，即可判断所给两个点的坐标是否符合定义要求. （2）（）根据所给点集，依次判断在四个象限内满足的点个数，坐标轴上及原点的个数，即可求得集合中与点相关的点的个数；（）由（1）可知相关点满足，利用分类讨论证明，即可求得中元素个数的最大值． 【详解】若点，相关，则，，而， 不妨设， 则由定义可知， 化简变形可得， （1）对于①，；对应坐标取绝对值，代入可知成立，因此相关； ②对应坐标取绝对值，代入可知，因此不相关. （2）（）在第一象限内，，可知且，有个点；同理可知，在第二象限、第三象限、第四象限也各有个点. 在轴正半轴上，点满足条件；在轴负半轴上，点满足条件； 在轴正半轴上，点满足条件；在轴负半轴上，点满足条件； 原点满足条件； 因此集合中共有个点与点相关. （）若两个不同的点，相关，其中，，，， 可知. 下面证明. 若，则，成立； 若，则， 若，则，亦成立. 由于， 因此最多有个点两两相关，其中最多有个点在第一象限；最少有1个点在坐标轴正半轴上，一个点为原点. 因此中元素个数的最大值为. 【点睛】本题考查了集合中新定义的应用，对题意的理解与分析能力的要求较高，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第一六一中学2025-2026学年第一学期期中阶段练习 高二数学 本试卷共3页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效． 一、选择题：本大题共12道小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求．把正确答案涂写在答题卡上相应的位置． 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 0° B. 90° C. 180° D. 不存在 2. 圆和圆的位置关系是（　　） A. 相交 B. 内切 C. 外离 D. 内含 3. 如图，在长方体中，是线段上一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知方程表示的曲线是椭圆，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 5. 空间直角坐标系中，平行四边形的三点坐标分别为，，，则D的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. “”是“坐标原点在圆的外部”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，点在直线上，点在圆上，则的最小值是（　　） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 8. 已知在边长为的正方体中，分别为上的动点，且.当的体积取最大值时，平面与平面的夹角的正切值为（ ） A. B. C. D. 9. 设，是椭圆：长轴的两个端点，若上存在点满足，则的取值范围是 A. B. C. D. 10. 设A、B为圆上的两动点，且∠AOB=120º，P为直线l：3x – 4y – 15=0上一动点，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 11. 在正方体中，是线段上一点，则的大小可以为（　　） A. B. C. D. 12. 蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面ABCDEF是正六边形，棱AG，BH，CI，DJ，EK，FL均垂直于底面ABCDEF，上顶由三个全等的菱形PGHI，PIJK，PKLG构成.设BC=1， ，则上顶的面积为（ ） A. 3sinθ B. C. D. 二、填空题：本大题共6小题，共30分．把答案填在答题纸中相应的横线上． 13. 已知直线经过点，且与直线平行，则的方程为___________ 14. 已知向量，，，若向量，，共面，则实数的值为______． 15. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离是___________． 16. 设为椭圆上一动点，，分别为左、右焦点，延长至点，使得，则动点的轨迹方程为__________． 17. 已知圆，直线，为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为___________. 18. 在平面直角坐标系中，到定点的距离之积为的点的轨迹就是伯努利双纽线，的方程为，其形状类似于符号，若点是轨迹上一点，给出下列四个结论： ①曲线关于原点中心对称： ②恒成立； ③当时，取得最大值或最小值； ④曲线上任一点到原点的距离不超过． 其中所有正确结论的序号是___________． 三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 19. 如图，四棱锥的底面是正方形，底面，，点是的中点． （1）若为线段上一点，且，求的长； （2）求直线和所成角的余弦值． 20. 在中，已知，边的中点在轴上，边的中线所在直线的方程 （1）求顶点的坐标； （2）求边上的高所在直线方程； （3）求外接圆的方程． 21. 羡除是《九章算术》中记载的一种五面体.如图，五面体是一个羡除，其中四边形与四边形均为等腰梯形，且，，，为中点，平面与平面交于. （1）求证：平面； （2）已知点是线段上的动点，从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 条件①：平面平面； 条件②：. 22. 已知圆与直线相切于点，圆心在轴上. （1）求圆的标准方程； （2）若过点的直线与圆交于两点，当时，求直线的一般式方程； （3）过点且不与轴重合的直线与圆相交于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于两点，记的面积为，求的最大值. 23. 在平面直角坐标系中，为坐标原点．对任意的点，定义．任取点，，记，，若此时成立，则称点，相关． （1）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由； ①，；②，． （2）给定，，点集． （）求集合中与点相关的点的个数； （）若，且对于任意的，，点，相关，求中元素个数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $