精品解析：广东省江门市新会区名冠实验学校2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

名冠实验学校2025年秋季学期期中考试 高二年级数学试卷 考试时长：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷（选择題，共68分） 一、单选题（共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分、选错得0分．） 1. 已知直线过点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知四面体如图所示，点E为线段的中点，点F为的重心，则（ ） A. B. C. D. 3. 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 4. 已知空间中点，，，，若A，B，C，D四点共面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知定点和直线，则点P到直线l的距离d的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 生活中的建筑模型多与立体几何中的图形有关联，既呈现对称美，也具有稳定性.已知某凉亭的顶部可视为如图所示的正四棱锥，其所有棱长都为6，且交于点O，点E在线段上，且，则的重心G到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长均为1的三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线和直线，点M，N分别是直线和上的点，点，则周长的最小值是（ ） A. 4 B. 6 C. 9 D. 12 二、多选题（本题共3小题、每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 下列说法在确的是（ ） A. 若方程表示直线，则 B. 分别为直线与上任意一点，则的最小值为 C. 直线l过点且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为 D. 直线与相交于点，则过点，的直线方程为 10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 向量，的夹角为 B. C. 若是坐标原点，且，，则以，为邻边的平行四边形的面积为 D. 向量在向量上的投影向量为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ） A. 当时，平面 B. 任意，三棱锥的体积是定值 C. 存在，使得与平面所成的角为 D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 第Ⅱ卷（非选择題，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分） 12. 设，向量，，，且，，则__________. 13. 已知，是直线上的两点，若沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后两点间的距离是______. 14. 如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，BC=2AD，H在棱PD上，若E，F，G，H四点共面，则________. 四、解答题（本大题共5小题，满分77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知一条动直线， （1）求直线恒过的定点的坐标； （2）若直线不经过第二象限，求m的取值范围； 16. 已知的三个顶点分别是，，. （1）求边上的高所在的直线方程； （2）求边上的中线所在的直线方程； （3）求角平分线所在的直线方程. 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，，E为棱PD的中点，F是线段PC上一动点． （1）求证：平面平面PAB； （2）若直线BF与平面ABCD所成角的正弦值为时，求点C到平面AEF的距离． 18. 如图，四边形与均为菱形，，，. （1）求证：平面； （2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； （3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，二面角的大小为，，分别为和的中点. （1）求证平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，分别交，于，两点，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求的值；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 $ 名冠实验学校2025年秋季学期期中考试 高二年级数学试卷 考试时长：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷（选择題，共68分） 一、单选题（共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分、选错得0分．） 1. 已知直线过点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两点求斜率，再根据斜率与倾斜角关系计算即可. 【详解】直线过点，则直线的斜率为， 设直线的倾斜角为，所以， 所以直线的倾斜角为. 故选：B. 2. 已知四面体如图所示，点E为线段的中点，点F为的重心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据图形应用空间向量的加减法及数乘运算即可求解. 【详解】依题意，. 故选：D. 3. 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】根据直线的平行关系求出的值，结合充分必要条件的定义判断即可. 【详解】 直线：，：， 若，则，解得或. 当时，：，即=0，：，∴. 当时，：，：，. ∴当时，或 而是或的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知空间中点，，，，若A，B，C，D四点共面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由四点共面，得与共面，利用共面向量定理列方程组求解即得． 【详解】因为，，，， 所以，，， 因为四点共面，所以与共面，即存在唯一实数对，使得， 所以， 所以，解得． 故选：B 5. 已知定点和直线，则点P到直线l的距离d的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线所过定点，然后根据两点间的距离公式求得正确答案. 【详解】直线，由，解得，则直线过定点， 所以点P到直线l的距离d的最大值为. 故选：A 6. 生活中的建筑模型多与立体几何中的图形有关联，既呈现对称美，也具有稳定性.已知某凉亭的顶部可视为如图所示的正四棱锥，其所有棱长都为6，且交于点O，点E在线段上，且，则的重心G到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可. 【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 因为所有棱长都为6，所以，， 所以，，，，， 因为为的重心，所以. 设，，， 因为，所以，即. 因为，， 则G到直线的距离. 故选：B 7. 在棱长均为1的三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先选一组基底，再利用向量加法和减法的三角形法则和平行四边形法则将两条异面直线的方向向量用基底表示，最后利用夹角公式求异面直线与所成角的余弦值即可． 【详解】如图，设，，，棱长均为1 则，，， ，， ， ， ， ，， 异面直线与所成角的余弦值为． 故选：A． 8. 已知直线和直线，点M，N分别是直线和上的点，点，则周长的最小值是（ ） A. 4 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出关于直线的对称点的坐标，线段的长即为所求最小值． 【详解】设关于直线的对称点， 则，解得，即, 设关于直线的对称点， 则，解得，即, 所以，当且仅当共线时取等号． 故选：B． 二、多选题（本题共3小题、每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 下列说法在确的是（ ） A. 若方程表示直线，则 B. 分别为直线与上任意一点，则的最小值为 C. 直线l过点且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为 D. 直线与相交于点，则过点，的直线方程为 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，当不同时为0时，方程表示直线；B选项，两平行线距离即为的最小值，利用两平行线距离公式求出答案；C选项，分截距为0和截距不为0两种情况，利用待定系数法进行求解；D选项，代入，得到，两点确定一条直线，得到答案. 【详解】A选项，当不同时为0时，方程表示直线， 例如，此时表示的是一条直线，故A错误； B选项，直线与平行，故两平行线距离即为的最小值， 即，故两平行线距离为，B正确； C选项，当截距为0时，设直线方程为，将代入得，故直线方程为， 当截距不为0时，设直线方程为，将代入得， 则直线l的方程为，即， 综上，直线l的方程为或，C错误； D选项，直线与相交于点， 故， 两点确定一条直线，则过点，的直线方程为，D正确. 故选：BD 10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 向量，的夹角为 B. C. 若是坐标原点，且，，则以，为邻边的平行四边形的面积为 D. 向量在向量上的投影向量为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：利用向量夹角公式可得；对于B：先得到的坐标，再平方即得答案；对于C：利用平行四边形的面积公式可得；对于D：利用投影向量公式可得. 【详解】选项A：计算数量积：， 模长：，， 夹角余弦：， 因此 ，故选项A正确； 选项B：计算：，， 模长：，故选项B错误； 选项C：以，为邻边的平行四边形的面积，故选项C正确； 选项D：向量在向量上的投影向量为：， ，， 代入得：，故选项D错误. 故选：AC 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ） A. 当时，平面 B. 任意，三棱锥的体积是定值 C. 存在，使得与平面所成的角为 D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积. 【详解】如图所示建系，， 所以， 从而， 所以， 又面， 所以面， 时，与重合，平面为平面， 因为面，平面，A对. 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，B错. 设面的法向量为， 则，令，解得， 即可取， 而， 所以与平面所成角的正弦值为， 又， 所以， 所以， 又面， 所以面， 当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于， 当在时，与平面所成角为， 所以存在使与平面所成角为，C正确. ， 设平面的法向量为， 不妨设，则. ，则，平面的法向量，显然球心， 到面的距离，外接球半径， 截面圆半径的平方为，所以，D对. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面的距离，由此即可顺利得解. 第Ⅱ卷（非选择題，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分） 12. 设，向量，，，且，，则__________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据空间向量平行和垂直的坐标表示求出和的值，进而可得的坐标，再由模长的坐标表示计算模长即可求解. 【详解】因为，，，且，， 所以，，可得，， 所以，，， 所以. 故答案为：. 13. 已知，是直线上的两点，若沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后两点间的距离是______. 【答案】 【解析】 【分析】作图，由向量的加法法则表示，平方即可求得. 【详解】过点作轴，点轴，如下图所示： 则，且，，，且 ，所以. 故答案为：. 14. 如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，BC=2AD，H在棱PD上，若E，F，G，H四点共面，则________. 【答案】 【解析】 【分析】设，以为基底表示出，利用，，，四点共面，得到，再由，得到，代入上式，即可得到方程组，进而求出结果. 【详解】由题知，设，则， 又，且 ， 因为，，，四点共面，所以， 即， 又因为，则，即， 所以， 所以， 所以 ， 所以，解得， 故，所以，所以. 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题，满分77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知一条动直线， （1）求直线恒过的定点的坐标； （2）若直线不经过第二象限，求m的取值范围； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将直线，变形得.解不等式组，可得定点的坐标； （2）分直线斜率存在和不存在两种情况进行讨论，分别求出对应的m的取值范围，取其并集，可得到直线不经过第二象限时，m的取值范围. 【小问1详解】 由，得. 当时，无论取何值，方程成立. 解得，即. 所以直线恒过定点. 【小问2详解】 由（1）可知，直线恒过定点. 当时，直线的斜率不存在， 此时直线方程为，不经过第二象限； 当时，直线的斜率存在，且与轴有交点. 因为直线不经过第二象限，所以该直线的纵截距小于或等于零. 令，则，即 . 所以 .解得. 综上所述：m的取值范围是. 16. 已知的三个顶点分别是，，. （1）求边上的高所在的直线方程； （2）求边上的中线所在的直线方程； （3）求角平分线所在的直线方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用斜率坐标公式及垂直关系求出高所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得； （2）求出中点坐标及中线所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得； （3）先求出直线的单位向量，结合角平分线求出角平分线所在的直线的方向向量，结合方向向量和直线斜率的关系即可求出斜率，再根据点斜式即可求解. 【小问1详解】 直线的斜率， 则边上的高所在的直线斜率为， 直线又过， 所以边上的高所在的直线方程为， 即. 【小问2详解】 依题意，边的中点， 因此边上的中线所在直线的斜率， 直线又过， 所以边上的中线所在直线的方程为， 即. 【小问3详解】 由题意知：, 故与同方向的单位向量为：， 与同方向的单位向量为：， 故角平分线所在的直线的方向向量为：， 设角平分线所在的直线的斜率为， 又直线的方向向量可以表示为， ， 直线又过， 故角平分线所在的直线方程为：， 即. 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，，E为棱PD的中点，F是线段PC上一动点． （1）求证：平面平面PAB； （2）若直线BF与平面ABCD所成角的正弦值为时，求点C到平面AEF的距离． 【答案】（1）证明：因为，，则， 平面，平面，， ，、平面，平面， 平面，因此，平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）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，其中，利用已知条件求出的值，然后利用空间向量法可求得点C到平面AEF的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面，， 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、、、、、， 设，，其中， 易知平面的一个法向量为， 由已知可得，解得， 所以，为的中点，即， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ，因为， 所以点C到平面AEF的距离为：. 18. 如图，四边形与均为菱形，，，. （1）求证：平面； （2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； （3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 【答案】（1）证明：因为四边形为菱形，则， 设，连接，则为的中点， 因为，则， 因为，、平面，故平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用菱形的几何性质可得出，设，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）连接，推导出，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，其中，利用空间向量法可求得与平面所成角正弦值的最大值； （3）设点，根据可得出点的轨迹方程，明确点的轨迹形状，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，因为四边形为菱形，则， 又因为，则为等边三角形， 因为为的中点，则， 又因为平面，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， 因为，四边形为菱形，且，则是边长为的等边三角形， 所以，，，， 同理可得， 所以，、、、、、， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，可得， 因为为上的动点，设，其中， 且，， 所以，， 设直线与平面所成角为， 则 ， 当时，取最大值，且最大值为， 因此，与平面所成角正弦值的最大值为. 【小问3详解】 因为为的中点，则， 设点，则，， 因为，即，即， 化简可得， 故动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在四边形内的部分， 即圆心角为的圆弧，故所求轨迹的长度为. 19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，二面角的大小为，，分别为和的中点. （1）求证平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，分别交，于，两点，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 取的中点，连接，，， 在中，，分别为和的中点， 所以且长为的一半， 又因为底面为平行四边形，为的中点， 所以且，所以四边形为平行四边形，可得， 又面，面，所以平面. （2） （3） 存在，. 【解析】 【分析】（1）取的中点，根据平行关系可得，进而可证线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求相关点的坐标，再求平面的法向量，进而可得线面夹角； （3）设，根据面面夹角可得，设，结合线面平行运算求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，由，则， 分别以，所在直线为轴和轴，以过垂直于底面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，所以为平面的一个法向量， 又，设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 因为平面，平面平面，平面， 所以， 设，则， 设平面的一个法向量为，由， 则， 令，则，，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，由（2）可知平面的法向量， 由题意可得， 令，则，得，所以， 当时，（舍去），所以当时，，此时， 设，则， 又因为平面的法向量， 则，解得， 所以存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $