精品解析：广东省惠州市博罗县2025-2026学年高二上学期期中阶段性教学质量检测数学试题

博罗县2025-2026学年第一学期高二阶段性教学质量检测 数学试题 本试卷共19小题，满分150分．考试时间120分钟． 第一部分（选择题，共58分） 一、单项选择题（本小题共有8个小题，每小题5分，共40分） 1. 已知直线方程为，直线方程为，则两直线交点坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 若直线与直线平行，则两平行线间的距离为（ ） A. B. C. D. 3. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 4. 对于直线，有以下说法，其中正确的是（ ） A. 倾斜角为 B. 在轴上的截距为 C. 原点到直线的距离为2 D. 直线的一个方向向量为 5. 设，且，则（ ） A. B. 0 C. 3 D. 6. 如图，在平行六面体中，，则的长为（　　） A. B. 5 C. D. 7. 已知直线，则直线关于直线的对称直线的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 在四棱锥中，底面，底面为矩形，，为棱的中点，为四棱锥外接球的球心，为球的球面上的一个动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（共3小题，每小题满分6分，共18分．在每题四个选项中，有多项符合题目要求．部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 给出下列命题，其中正确的命题是（ ） A. 若，则或 B. 若向量是向量的相反向量，则 C. 在正方体中， D. 若平面向量满足，则 10. 下列说法正确的是（ ） A. 过两点的直线的倾斜角为 B. 经过点的所有直线都可以用方程表示 C. 直线在轴上的截距为 D. 点在同一条直线上 11. 在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的有（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 第二部分（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡相应横线上） 12. 已知，则______ 13. 已知直线与圆交于两点．若弦的长为，则的值是___________ 14. 《测圆海镜》是元代李治所著的中国古代数学著作，其中介绍了与直角三角形斜边相切的旁切圆问题．已知在中，，，，点在第一象限，直线的方程为，圆与延长线、延长线及线段都相切，则圆的标准方程为______． 四、解答题（本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤） 15. 如图所示，在四棱锥中，底面，，∥，，.点E为棱的中点，求证： （1）； （2）∥平面； 16. 已知圆和圆 （1）求证：圆与圆相交； （2）求两圆公共弦所在直线的方程； （3）求经过圆与圆的交点，且面积最小的圆的方程． 17. 如图，四边形ACC1A1与四边形BCC1B1是全等的矩形，． （1）若P是AA1的中点，求证:平面PB1C1⊥平面PB1C; （2）若P是棱AA1上的点，直线BP与平面ACC1A1所成角的正切值为，求二面角B1﹣PC﹣C1的余弦值． 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，底面是边长为2的正方形，点在棱上，. （1）证明：平面平面； （2）当直线DE与平面所成角最大时，求四棱锥的体积. 19. 设圆，直线，点为上的一个动点．过点作圆的两条切线，切点分别为． （1）当最大时，求点的坐标； （2）求证：直线恒过定点； （3）当最小时，求直线的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 博罗县2025-2026学年第一学期高二阶段性教学质量检测 数学试题 本试卷共19小题，满分150分．考试时间120分钟． 第一部分（选择题，共58分） 一、单项选择题（本小题共有8个小题，每小题5分，共40分） 1. 已知直线方程为，直线方程为，则两直线交点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】联立两直线方程，可得出两直线的交点坐标. 【详解】联立，解得，因此，两直线的交点坐标为. 故选：A. 2. 若直线与直线平行，则两平行线间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线平行关系求，根据平行直线距离公式求结论. 【详解】因为直线与直线平行，所以，解得， 因此直线与直线两平行线间的距离为 故选：D. 3. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由中点坐标公式以及圆的方程，可得答案. 【详解】设，，由为的中点，则，即， 由点在圆上，则，即， 化简可得. 故选：D. 4. 对于直线，有以下说法，其中正确的是（ ） A. 倾斜角为 B. 在轴上的截距为 C. 原点到直线的距离为2 D. 直线的一个方向向量为 【答案】C 【解析】 【分析】先求直线的斜率，进而得倾斜角即可判断A，令，求出即可判断B，利用点到直线的距离公式即可判断C，由斜率得直线的一个方向向量即可判断D. 【详解】由有：，所以，设倾斜角为， 所以，所以，故A错误； 令，解得，所以在轴上的截距为，故B错误； 由原点到直线的距离为：，故C正确； 因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，故D错误. 故选：C. 5. 设，且，则（ ） A. B. 0 C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的平行和垂直的坐标表示，列式计算，可求得向量的坐标，从而可得的坐标，根据向量模的计算公式，即可得答案. 【详解】因为，所以； 由．所以； 所以． 故选：D 6. 如图，在平行六面体中，，则的长为（　　） A. B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合空间向量基本定理，利用向量运算得，利用数量积的运算律，根据即可求得的长. 【详解】因为，所以. 所以， 所以，即的长为． 故选：A 7. 已知直线，则直线关于直线的对称直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求直线与直线的交点，再在直线上取点关于直线对称的点为，即，解出，利用点斜式即可求解. 【详解】由，解得，所以直线与直线的交点为， 在直线上取点关于直线对称的点为， 所以，解得， 所以点关于直线对称的点为， 所以直线的斜率为， 故对称直线的方程为，即， 故选：B. 8. 在四棱锥中，底面，底面为矩形，，为棱的中点，为四棱锥外接球的球心，为球的球面上的一个动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直关系可求得四棱锥的外接球半径和，结合向量数量积定义可求得结果. 【详解】连接交于点， 四边形为矩形，， 连接，则平面， 四棱锥的外接球半径， 又， ； ，. 故选：D. 二、多项选择题（共3小题，每小题满分6分，共18分．在每题四个选项中，有多项符合题目要求．部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 给出下列命题，其中正确的命题是（ ） A. 若，则或 B. 若向量是向量的相反向量，则 C. 在正方体中， D. 若平面向量满足，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量模的意义判断A；利用相反向量的定义判断B；结合正方体的结构特征及相等向量的定义判断C；利用相等向量的定义判断D. 【详解】对于A，模相等的两个向量，它们的方向是任意的，A错误； 对于B，向量是向量的相反向量，则，B正确； 对于C，在正方体中，四边形是矩形，故，C正确； 对于D，，则，D正确. 故选：BCD 10. 下列说法正确的是（ ） A. 过两点的直线的倾斜角为 B. 经过点的所有直线都可以用方程表示 C. 直线在轴上的截距为 D. 点在同一条直线上 【答案】AD 【解析】 【分析】借助斜率与倾斜角的关系计算可得A；考虑斜率不存在的情况可得B；由截距定义可得C；借助斜率公式计算可得D. 【详解】对于A：过两点的直线的斜率， 所以直线的倾斜角为，故A正确； 对于B：过点斜率不存在时，方程为，故B错误； 对于C：直线在轴上的截距为，故C错误； 对于D：因为，， 则，所以三点共线，故D正确. 故选：AD 11. 在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的有（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理即可判断；对于B，说明平面，结合三棱锥的体积公式即可判断；对于C，说明异面直线与所成角等于直线与所成角，结合正三角形性质即可判断；对于D，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法即可判断. 【详解】对于A，如图，连接， 由题意可知平面，平面，故， ，且平面， 故平面，平面，故， 同理可证， 平面，故直线平面，A正确； 对于B，因为，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面，故平面， 点在线段上运动，故点P到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥体积为定值，B正确； 对于C，连接，则为正三角形， 因为，故异面直线与所成角等于直线与所成角； 在正中，点在线段上运动， 当P为的中点，即时，与所成角最大，为， 当P与或C重合时，与所成角最小，为， 故异面直线与所成角的取值范围是，C错误； 对于D，设正方体棱长为1，以D为坐标原点，以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 则，， 设，则， 由A可知平面，故可作为平面的法向量， 设直线与平面所成角为，故 ， 当时，取最小值，则取最大值， 即直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确， 故选：ABD 第二部分（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡相应横线上） 12. 已知，则______ 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量数量积坐标运算公式直接计算即可得解. 【详解】由题得. 故答案为： 13. 已知直线与圆交于两点．若弦的长为，则的值是___________ 【答案】 【解析】 【分析】分析可知圆心到直线的距离，结合垂径定理列式求解即可. 【详解】因为圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， 由题意可得：，即，解得. 故答案为：. 14. 《测圆海镜》是元代李治所著的中国古代数学著作，其中介绍了与直角三角形斜边相切的旁切圆问题．已知在中，，，，点在第一象限，直线的方程为，圆与延长线、延长线及线段都相切，则圆的标准方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用图形确定圆心在的角平分线所在直线上，且在直线上方，列方程即可求圆心坐标与半径. 【详解】由题意可知,直线的方程为， 所以直线的方程为， 联立直线和的方程可以得到：，所以, 由圆与延长线、延长线都相切，可知圆心在的角平分线所在直线上．设，由题意，点在直线上方，故， 由直线和圆相切得到：，解得，所以， 圆的半径，所以，所以圆的标准方程为． 故答案为：． 四、解答题（本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤） 15. 如图所示，在四棱锥中，底面，，∥，，.点E为棱的中点，求证： （1）； （2）∥平面； 【答案】（1）证明：因为平面，平面，平面， 所以， 因为 ， 所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 所以，所以， 所以. （2）证明：平面的一个法向量为， 因为，所以， 因为平面，所以∥平面； 【解析】 【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法证明即可， （2）求出平面的法向量，利用向量法证明即可 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 已知圆和圆 （1）求证：圆与圆相交； （2）求两圆公共弦所在直线的方程； （3）求经过圆与圆的交点，且面积最小的圆的方程． 【答案】（1） 证明：圆，圆心，半径， 圆，圆心，半径， 圆心距，因为，故两圆相交. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据几何法证明两圆相交； （2）根据两圆相减计算得到公共弦所在直线的方程； （3）根据经过两圆交点的圆中，面积最小者是以两交点为直径的圆，计算圆心和半径即可得到结果； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 将两圆方程相减得， 化简得，即， 所以两圆公共弦所在直线的方程. 【小问3详解】 经过两圆交点的圆中，面积最小者是以两交点为直径的圆 联立两圆方程，由公共弦方程得， 代入圆方程：，解得交点， 中点（圆心）坐标为， 半径为， 故圆方程为： 17. 如图，四边形ACC1A1与四边形BCC1B1是全等的矩形，． （1）若P是AA1的中点，求证:平面PB1C1⊥平面PB1C; （2）若P是棱AA1上的点，直线BP与平面ACC1A1所成角的正切值为，求二面角B1﹣PC﹣C1的余弦值． 【答案】（1） 由题意知 ，所以AC⊥BC， 又因为CC1⊥BC，且CC1∩AC＝C，AC平面ACC1A1，CC1平面ACC1A1， 所以BC⊥平面ACC1A1， 又平面ACC1A1，所以BC⊥CP． ，即，所以AC＝AP，所以， 同理，所以，即PC1⊥CP． 又由于，所以B1C1⊥CP，且PC1∩B1C1＝C1， 又PC1平面PB1C1，B1C1平面PB1C1， 所以CP⊥平面PB1C1， 又因为平面PB1C，所以平面PB1C1⊥平面PB1C． （2） 【解析】 【分析】（1）根据两个平面垂直的判定定理推理即可； （2）先根据直线BP与平面ACC1A1所成角的正切值为，求出，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，BC⊥平面ACC1A1，所以CP是直线BP在平面ACC1A1内的射影， 所以∠BPC就是直线BP与平面ACC1A1所成的角，即， 所以，所以由勾股定理得， 又由（1）知，A1 C 1，B1C1，CC1两两垂直，以C1C，C1B1，C1A1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 设AA1＝2，则，，，， 设平面的一个法向量为， 由于，所以，即， 令，则，即，易知平面的一个法向量为， 设二面角B1﹣PC﹣C1的大小为，由图知为锐角， 所以. 故二面角B1﹣PC﹣C1的余弦值为. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，底面是边长为2的正方形，点在棱上，. （1）证明：平面平面； （2）当直线DE与平面所成角最大时，求四棱锥的体积. 【答案】（1） 证明：取AD中点O，连接OP，连接OC交BD于点F，连接EF. 在中，因为，所以， 又平面平面，面面，面， 所以平面，因为平面，所以. 因为，所以， 又，所以，所以， 所以，. 因为，面，， 所以平面， 因为面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，取AD中点O，连接OP，连接OC交BD于点F，连接EF，由线面垂直的判定定理可证平面，再由面面垂直的判定定理即可得到结果； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算可得DE与平面所成角最大值，从而得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以O为坐标原点，OA，OP为x，z轴，过O平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，因为，， ， 设平面的法向量， 则， 令，则，， 所以. 设直线DE与平面所成角为，， 所 ， 当且仅当时等号成立，因为在上也是单调增函数， 所以当时，直线DE与平面所成角最大， 此时. 综上，直线DE与平面所成角最大时，四棱锥的体积为. 19. 设圆，直线，点为上的一个动点．过点作圆的两条切线，切点分别为． （1）当最大时，求点的坐标； （2）求证：直线恒过定点； （3）当最小时，求直线的方程． 【答案】（1） （2）直线恒过定点为 （3） 【解析】 【分析】（1）当时，最大，得直线的方程为：与直线的方程联立即可求出点的坐标； （2）由，得点在以为直径的圆上，求出圆的方程与圆的方程联立，相减得直线的方程，进而求出定点即可得证； （3）由，即当时，取最小值，即取最小值，利用（1）和（2）求出直线的方程即可. 【小问1详解】 由直线的斜率为， 当时，最大， 所以直线的方程为：， 所以，解得， 所以； 【小问2详解】 设点， 由，所以点在以为直径的圆上， 所以的中点为，半径为， 所以圆的方程为， 化简整理得：， 由，两式相减得：， 即直线的方程为：， 又，令，即，解得， 所以直线恒过定点为； 【小问3详解】 由题意得：，， 所以， 又， 所以当时，取最小值，即取最小值， 由（1）得当时，点， 由（2）得点，此时直线的方程为：， 所以，代入得， 所以直线的方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $