河南省信阳市淮滨县滨城高级中学2025-2026学年高二上学期12月期中数学试题

滨城学校2025-2026学年度高二上学期期中质量测试 数 学 试 题 考试时间：120分钟 满分：150分 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分100分，考试时间75分钟；答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在相应的位置上贴上条形码。 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。 4．保持卡面清洁，不折叠，不破损。 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知正四面体的棱长为1，点在上，且，点为中点，则用基底表示为（    ） A． B． C． D． 2．若是空间向量中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标．设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（　　） A． B． C． D． 3．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，是的中点，是的中点，过，，三点的平面与相交于点，则（    ）    A． B． C． D． 4．过点作直线与曲线相交于，两点，为坐标原点，当时，直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 5．已知直线经过，两点，直线的斜率为，那么与（    ） A．平行 B．重合 C．垂直 D．相交但不垂直 6．设圆的圆心坐标为，圆截轴，轴所得弦长分别为和，则圆的圆心到直线的距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 7．已知两圆和相交于、两点，则相交弦所在的直线方程为（   ） A． B． C． D． 8．若圆：上有且仅有个点到直线：的距离为，则实数的值是（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 2、 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．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与平面所成角的正弦值为 B．直线与直线所成角为 C．直线与直线是异面直线 D．平面截正方体所得的截面面积为 10．过直线上的动点，作圆的两条切线，切点分别为，，则（ ） A．直线恒过点 B．线段的中点在一个定圆上运动 C．的取值范围是 D．四边形面积的最小值 11．已知圆，则下列结论正确的有（    ） A．的取值范围为 B．若，则点在圆内 C．若，则直线与圆相离 D．若，圆关于直线对称的圆的方程为 第II卷（非选择题） 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图，在长方体中，，，，与相交于点，以为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则向量的坐标为 .    13．已知圆，直线，直线恒过定点坐标 ；则直线截圆所得弦长的最小值为 . 14．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，的最小值为 . 四、解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15．（本小题满分12分） 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，为中点，且．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 16．（本小题满分15分） 已知动点P在直线上，动点Q在圆上，过点P作圆C的两条切线，切点分别为． (1)判断直线l与圆C的位置关系； (2)求的最小值及的最大值； (3)证明直线过定点． 17．（本小题满分15分） 已知空间中三点，，，设，. (1)求与的值； (2)已知向量与互相垂直，求k的值. 18．（本小题满分17分） 已知圆，点，过点的直线与圆交于不同的两点，（均不在轴上）. (1)若直线的斜率为，求的长度； (2)设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； (3)设中点为，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 19．（本小题满分18分） 如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)证明：直线与平面相交. 第 2 页 共 22 页 第 1 页 共 22 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《滨城学校2025-2026学年度高二上学期期中质量测试》数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D C C D A D BD ABD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】根据空间向量基本定理进行求解即可. 【详解】因为为的中点，则，所以，则， 因为，所以，因此. 故选：C 2．A 【分析】设出向量在基底下的表达式，并整理成向量在基底下的表达形式，由对应系数相等，可解得系数. 【详解】由题意可得，设， 即有， 则有，解得即， 即向量在基底下的斜坐标为． 故选：A. 3．D 【分析】选作为基底表示出向量，根据向量共线和四点共面的充要条件得到，再求模长. 【详解】设， 则，且两两夹角为， 因此， 因为是的中点，所以， 同理， 又， 因为点在上，所以设， 所以， 又，，，四点共面， 所以存在唯一的实数对，使得， 故， 所以，解得， 所以， 所以 ， 故选：D 4．C 【分析】曲线 是以原点为圆心，为半径的圆的上半部分，由得圆心 到直线 的距离为，设直线 的方程为 ， ，利用点到直线的距离公式求解即可. 【详解】由 ，则 ， ，即 ， 所以曲线 是以原点为圆心，为半径的圆的上半部分，如图． 因为， ，即 ，所以 ， 所以圆心 到直线 的距离为 ． 设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ， ， 圆心 到直线 的距离 ，解得 ， 因为 ，所以 ． 故选：C． 5．C 【分析】利用两直线的位置关系求解. 【详解】因为直线经过，两点， 所以直线的斜率为，而， 所以，所以与垂直， 故选：C 6．D 【分析】先根据圆的弦长得出，再计算出圆心到直线的距离为换元令，结合一元二次方程的判别式求出的取值范围进而得到答案. 【详解】设圆的标准方程为， 因为圆截轴所得弦长为，所以，即， 又因为圆截轴所得弦长为，所以，即， 所以，即①， 圆心到直线的距离为， 设，则代入①中有， 即，该方程有实数根的条件为， 即，故，即， 所以，因此圆心到直线的距离， 所以圆的圆心到直线的距离的最小值为. 故选：D 7．A 【分析】将两个圆的方程相减可得直线的方程. 【详解】两圆和， 两圆方程相减可得：， 即相交弦所在的直线方程为， 故选：A 8．D 【分析】根据给定条件，将问题转化为圆心到直线的距离为求解即可. 【详解】圆：的圆心，半径， 由圆上有且仅有个点到直线的距离为，得圆心到直线的距离为， 则，解得或. 故选：D. 9．BD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法计算判断选项A、B，由异面直线概念可判断C，判断截面为梯形，根据梯形面积公式计算D. 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 对于A：，由正方体性质可知平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则，A错误； 对于B：， 设直线与直线所成角为， 则， 所以直线与直线所成角为，B正确； 对于C：连接，由中位线可知， 由正方体性质可知， 所以， 所以共面， 所以与不是异面直线，C错误； 对于D：由选项C的判断可知四边形是平面截正方体所得截面， 因为，，所以四边形是等腰梯形， 由已知可知，如图，过点作于， 因为，， 所以， 所以，D正确. 故选：BD. 10．ABD 【分析】A：根据圆的方程和相交弦方程的特征进行求解判断即可；B：由垂径定理可知，则中点在以为直径的圆上运动；C：根据弦长公式即可判断；D：由四边形的面积等于，再确定的最值即可． 【详解】设点，则两切点连线的直线方程为， 因为，所以， 所以直线的方程为， 即， 所以当，即时，直线恒过定点，故A正确； 由垂径定理可知，因为直线经过定点， 所以，所以中点在以为直径的圆上运动，故B正确； 设圆的半径为，则， 因为，而， 所以的取值范围是，故C错误； 因为四边形的面积等于， 因为，所以， 即四边形面积的最小值等于，故D正确． 故选：ABD． 11．ABD 【分析】A：化简得到圆的标准方程，根据半径大于求解结果；B：根据与半径的大小关系作出判断；C：根据圆心到直线的距离与半径的关系作出判断；D：先判断点的位置，然后可求圆的方程. 【详解】，圆心，半径， 对于A：因为，所以，故正确； 对于B：因为，， 所以，所以点在圆内，故正确； 对于C：当时，，圆心到直线的距离， 所以直线与圆相切，故错误； 对于D：因为在直线上，所以圆关于的对称圆即为圆， 所以圆的方程为，故正确； 故选：ABD. 12． 【分析】分别求出点和点的坐标，从而得到的坐标. 【详解】由题可知，，，，而为中点，则，所以. 故答案为： 13． 8 【分析】分离参数，求直线与的交点可得直线恒过定点坐标；设圆心到直线的距离为，由，知当取得最大值时，的值最小.分析易知的最大值为圆心到直线所过定点的距离，由此可求得的最小值. 【详解】由直线，得. 由，得. 所以直线恒过定点坐标为，记为点. 圆的圆心为，半径为. 因为，所以点在圆内. 设圆心到直线的距离为，则. 所以当取得最大值时，的值最小. 易知当时，取得最大值，最大值为. 所以直线截圆所得弦长的最小值为. 故答案为：；. 14． 【分析】根据曲线方程分析曲线的性质及形状，问题化为各圆弧上点到直线的距离，再应用圆上点到直线的距离求法确定最值. 【详解】曲线， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 作出曲线如图： 到直线的距离， 则即为，要求得的最小值，结合曲线的对称性， 只需考虑，时的情况； 当，时，曲线C的方程为， 曲线为圆心为，半径为的圆的一部分， 而到直线的距离为， 由圆的性质得曲线C上一点到直线的距离最小为， 故的最小值为. 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面平行判定定理证明线面平行. （2）利用空间向量的坐标运算求解线面夹角的正弦值即可. 【详解】（1）证明：连接交于，连接， 因为底面是矩形，所以是的中点，又因为为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面.    （2）以为原点所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则有， 所以， 设平面的法向量为， 则有.所以，取， 记直线与平面所成角为， 则有 ∴直线与平面所成角的正弦值为；    16．(1)直线与圆相离， (2),的最大值为 (3)证明见解析 【分析】（1）根据点到直线的距离与半径的关系即可求解； （2）由切线长定理结合正弦函数的单调性确定的最大值； （3）根据两圆的位置关系及公共弦方程可得直线方程求解定点. 【详解】（1）圆的圆心，半径，连接， 点到直线的距离， 直线与圆相离， （2）点在圆上，则， 由切线长定理知，，而， 又是锐角，正弦函数在上单调递增，则的最大值为， 当且仅当时取等号，因此的最大值为. （3）设，则以为直径的圆的方程为， 即， 与已知圆的方程相减可得直线的方程为， 即，由， 解得，即直线过定点， 17．(1)， (2)5 【分析】（1）由向量夹角公式即可求解； （2）由向量垂直的坐标表示即可求解. 【详解】（1）因为，，， 所以，， 所以，， . （2）， 因为向量与互相垂直， 所以， 解得．所以的值是5. 18．(1) (2)证明见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）求得直线方程及圆心到直距离，利用公式求解即可； （2）联立直线方程为与圆的方程，消元后利用韦达定理得到，，用坐标表示出，，进一步计算即可. （3）利用坐标表示出点，继而求得,根据建立方程，求解后进一步判断即可；也可以根据，是直角三角形，继而求得点的轨迹方程且，再利用，建立方程，利用两圆的位置关系进行判断即可. 【详解】（1）由已知直线方程为即 则圆心到直距离 则. （2）设直线方程为与圆交点坐标为， 由消去得到 即 ， 又， 所以 , 所以为定值. （3）法一：由已知， 由（2）化简得 所以， 所以由得 即解得 由（2）知，即 所以不存在直线使得. 法二：由是弦中点，得，即有， 所以是直角三角形. 设中点为，由已知得，， 所以点轨迹方程为: 且（点轨迹在圆内），记为圆. 又，即. 设则 化简得，记为圆,则, 而圆心距. 所以圆与圆相交， 联立， 解得或者， 两圆交点为和， 不在圆内，不满足题意， 所以不存在直线，使得. 19．(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论； （2）根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，利用方程组解得平面一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果； （3）根据平面一个法向量与直线方向向量数量积不为零，可得结论. 【详解】（1）在三棱柱中， ∵平面， ∴四边形为矩形， 又E，F分别为，的中点， ∴， ∵，E为的中点， ∴，而， ∴平面； （2）由（1）知，，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴， 如图建立空间直角坐标系， 由题意得，，，，， ∴， 设平面的法向量为， ∴， ∴， 令，则，， ∴平面的一个法向量， 又∵平面的一个法向量为， ∴， 所以平面与平面的夹角余弦值为； （3）平面的一个法向量为， ∵，， ∴， ∴， ∴与不垂直， ∴与平面不平行且不在平面内， ∴与平面相交． 学科网（北京）股份有限公司 $