精品解析：河北省秦皇岛市实验中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题

秦皇岛市实验中学2025-2026学年度第一学期期中考试 高二年级数学试题 命题人：刘佳 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 直线和的交点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 3 B. C. 5 D. 4. 若方程表示圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线的斜率，则的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，两点到直线l：的距离相等，则a的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 已知，直线，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 8. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知空间向量，，，则（ ） A. B. C. D. 可以为空间的一组基底 10. 下列说法正确的是（ ） A. 对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面 B. 若向量的夹角为钝角，则实数t的取值范围为 C. 直线，恒过定点 D. 过点且在x轴，y轴上的截距相等的直线方程为 11. 在长方体中，，，E、F分别是、的中点，则下列结论中成立的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 点到平面的距离为 D. 直线到平面的距离为 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分． 12. 直线与直线间的距离为________． 13. 已知圆，以圆心和为直径的圆的标准方程是______． 14. 如图，在大小为45°的二面角中，四边形，都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是________ 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. 已知直线的倾斜角为，在轴上的截距为． （1）若直线经过点、，求的斜截式方程，并判断与是否平行； （2）若直线的一般式方程为，求在轴上的截距，并判断与是否垂直． 16. 如图，正方体的棱长为2，E是的中点． （1）求证：⊥平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 如图所示，四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°．设，，． （1）用为基底表示向量，并求的长； （2）求的值． 18. 在平面直角坐标系中，圆为过点，，的圆． （1）求圆的标准方程； （2）若点的坐标是，点是圆上的一个动点，点是线段的中点，求点的轨迹方程，并说明轨迹的形状． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，为中点． （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秦皇岛市实验中学2025-2026学年度第一学期期中考试 高二年级数学试题 命题人：刘佳 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件结合空间直角坐标系中对称的特点直接求解即可. 【详解】在空间直角坐标系中，两点关于坐标平面对称， 则这两点的横坐标、纵坐标都不变，它们的竖坐标互为相反数， 故点关于平面的对称点坐标为. 故选：D. 2. 直线和的交点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立方程求解即可. 【详解】由方程组，得，即交点为． 故选：C． 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 3 B. C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量共线坐标运算列式求解即可. 【详解】向量，，若，则， 所以，，故. 故选：A． 4. 若方程表示圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将方程化成，再利用条件，即可求解. 【详解】因为方程可变形为， 由题知，得到， 故选：C. 5. 已知直线的斜率，则的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用斜率的定义得到直线倾斜角的正切值的范围，再利用正切函数的性质即可得解. 【详解】设的倾斜角为，则，且， 如图，由正切函数的性质知. 故选：C. 6. 已知，两点到直线l：的距离相等，则a的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】法一：由点线距离公式列方程求参数值；法二：两点到直线的距离相等，则直线与两定点所在直线平行，或直线过以两定点为端点的线段的中点，列方程求参数值. 【详解】法一：因为点，到直线l：的距离相等， 所以，即， 化简得，解得或； 法二：若，由，，得直线AB的斜率为，又直线l的斜率为，故； 若在两侧，线段AB的中点，代入直线l：，得，则． 经检验，或均符合题意. 故选：C 7. 已知，直线，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据两条直线的一般式方程及垂直关系，求出，满足的条件，再由基本不等式求出最小值即可． 【详解】因为，所以，即， 因为，，所以， 当且仅当，即，时等号成立， 所以的最小值为． 故选：C. 8. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量求得点到直线的距离的表达式，再由二次函数性质可求得最小值. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，可得， 设，所以可得； 因此， 因此点到直线的距离为 . 当（满足题意）时，取得最小值，即点到直线的距离的最小值为. 故选：A 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知空间向量，，，则（ ） A. B. C. D. 可以为空间的一组基底 【答案】AB 【解析】 【分析】利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；利用空间向量的模长公式可判断B选项；利用空间向量数量积的坐标运算可判断C选项；利用空间基底的概念可判断D选项. 【详解】对于A选项，，故，A对； 对于B选项，，B对； 对于C选项，，则，C错； 对于D选项，设，即， 所以，解得，故， 故、、共面，即不能为空间的一组基底，D错. 故选：AB. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面 B. 若向量的夹角为钝角，则实数t的取值范围为 C. 直线，恒过定点 D. 过点且在x轴，y轴上的截距相等的直线方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由四点共面的充要条件知P，A，B，C四点共面；对于B，当时，故B错误；对于C，根据方程即可判断；对于D，在x轴，y轴上的截距等于0时，也满足题意故D错误. 【详解】对于A，，因为，所以P，A，B，C四点共面； 对于B，当时，，故B错误； 对于C，直线恒过点，故C正确； 对于D，直线过点且在x轴，y轴上的截距相等，故D错误. 故选：AC 11. 在长方体中，，，E、F分别是、的中点，则下列结论中成立的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 点到平面的距离为 D. 直线到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量关系证明线面平行判定A，证明线面垂直判断B，利用点面距离和线面距离求解判断CD. 【详解】，以直线DA、DC、分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，在中，如图： 则， ，所以，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 因为，又平面， 所以平面，故A正确； 所以直线到平面的距离为点到平面的距离，又， 所以点到平面的距离为， 所以直线到平面的距离为，故D正确； 设平面的一个法向量为，又， 则，令，得， 又，所以，所以平面，故B正确； 设平面的一个法向量为，又， 则，令，得， 则点到平面的距离为，故C错误. 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分． 12. 直线与直线间的距离为________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用平行线间的距离公式可求得结果. 【详解】直线的方程可化为，所以这两条直线平行， 且这两条直线间的距离为. 故答案为：. 13. 已知圆，以圆心和为直径的圆的标准方程是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题可得，进而由题意结合中点坐标公式和两点间距离公式可求出所求圆的圆心和半径，进而可得该圆的标准式方程. 【详解】由题得，故以和为直径的圆的圆心为，半径为， 所以以圆心和为直径的圆的标准方程是. 故答案为：. 14. 如图，在大小为45°的二面角中，四边形，都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是________ 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算以及向量模的求法即可求解. 【详解】， ， . 故答案为： 【点睛】本题考查了空间向量的线性运算、空间向量模的求法，考查了基本运算求解能力，属于基础题. 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. 已知直线的倾斜角为，在轴上的截距为． （1）若直线经过点、，求的斜截式方程，并判断与是否平行； （2）若直线的一般式方程为，求在轴上的截距，并判断与是否垂直． 【答案】（1）的斜截式方程为， （2）在轴上的截距； 【解析】 【分析】（1）求出直线的斜率，结合直线过点，可得出直线的点斜式方程，即可得出直线的斜截式方程，再利用斜率关系可判断出直线与的位置关系； （2）在直线的方程中，令，可求出直线在轴上的截距，然后利用斜率关系可得出直线和的位置关系. 【小问1详解】 直线的斜率，直线过点，直线的点斜式方程为， 故直线的斜截式方程为. 直线的斜率,， 显然点不在直线上，故. 【小问2详解】 在直线的方程中令，得，故直线在轴上的截距为， 直线的斜率为，所以，故. 16. 如图，正方体的棱长为2，E是的中点． （1）求证：⊥平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 连接，在正方体中有平面，又平面， 所以，又因为四边形是正方形，E是的中点， 所以，又,平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面垂直的判断定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，由棱长为2， 则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令得， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 如图所示，四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°．设，，． （1）用为基底表示向量，并求的长； （2）求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，两边平方得到，求出的长； （2），平方，进而求出，，利用空间向量夹角公式得到. 【小问1详解】 记，，， 则，， ∴，， ， ∴，即的长为； 【小问2详解】 ，故， 故， 由（1）知，， 故 ， ∴． 18. 在平面直角坐标系中，圆为过点，，的圆． （1）求圆的标准方程； （2）若点的坐标是，点是圆上的一个动点，点是线段的中点，求点的轨迹方程，并说明轨迹的形状． 【答案】（1）； （2）；轨迹是以为圆心，半径为的圆. 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求解圆的方程即可； （2）根据题干设的坐标是，点的坐标是，再由点是线段的中点，列出方程代入即可求得轨迹方程. 【详解】（1）设圆的方程为（其中）， 因为圆过点，，，可得， 解得，满足， 所以圆的方程为， 所以圆的标准方程为. （2）设点的坐标为，点的坐标为， 因为点的坐标是，点是线段的中点， 所以，所以，， 又因为点是圆上的一个动点，所以点的坐标满足圆的方程， 代入得，整理得， 所以点的轨迹方程为，轨迹是以为圆心，半径为的圆. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，为中点． （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 取中点记为，连接，，如图所示， 则，且， ，且， 所以，且， 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）存在，为的中点，理由如下： 取的中点为，连接，，如图所示， 则四边形为正方形， 且根据勾股定理得， 所以， 所以为等腰直角三角形，所以. 又，所以，而平面，且相交于点,所以平面，则， 又因为，，得，所以为等腰直角三角形， 所以，而平面，且相交于点,所以平面. 因此，以点为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和， 则，令，得， ，令，得， 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 【解析】 【分析】（1）取中点记为，连接，，通过证明四边形为平行四边形，然后可证平面. （2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，然后利用待定系数法求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $