精品解析：重庆市第一中学校2026-2027学年高二上学期9月定时练习数学试题

重庆一中高2028届高二上期9月定时练习 数学试题卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 如图，矩形是水平放置的平面四边形ABCD用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形ABCD的对角线（ ） A. B. C. 2 D. 6 3. 下图是正方体的平面展开图，则在原正方体中，下列命题正确的是（ ） A. B. 平面平面BEM C. EF和CD为异面直线 D. 平面DEM 4. 已知非零向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 在棱长为2的正方体中，，分别为线段，的中点，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆：（，）上有两点关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆O：上有且只有两个点到直线l：的距离为1，则圆O半径r的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知球O为三棱锥S﹣ABC的外接球， ，则球O的表面积是（ ） 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. 已知直线：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 若直线与直线垂直，则 C. 若直线在轴上的截距为3，则 D. 若，则直线的倾斜角的取值范围为 10. 已知为虚数单位，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若为正整数，则 B. 若，则在复平面内对应的点的集合所构成的图形的面积为 C. D. 若复数是关于的方程的一个根，则 11. 已知正方体的棱长为2，动点P满足，其中.经过三点的平面与正方体表面的交线构成多边形，则（ ） A. 当时，直线与平面垂直 B. ，使得多边形为五边形 C. ，使得 D. 平面截正方体内切球所得截面的面积最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，则角___________． 13. 过点且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的一般方程为________． 14. 已知中，，，是上一个定点，满足，且对于边上任意一点，恒有，则的面积为________． 四、解答题：大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知向量，是平面内的一组基底，，，与的夹角为60°．若，则称有序数对为向量在基底下的坐标，已知向量在基底下的坐标为． （1）求向量的模长； （2）若向量在基底下的坐标为，且，求实数的值，并求与的夹角的余弦值． 16. 在中，内角、、的对边分别为、、，满足：． （1）求证：； （2）若，且的面积为，求角的大小及的值． 17. 在直三棱柱中，，，其中为棱中点，为棱上一动点（不含端点），如图． （1）求证：； （2）若二面角为直二面角，求线段的长度． 18. 已知圆方程为，点，点是圆上的动点，点为线段的中点． （1）求点的轨迹方程； （2）记点的轨迹为曲线，过点作曲线的两条切线，切点分别为点和点，求直线的方程及弦长； （3）过点作直线与曲线交于，两点，在轴上是否存在一点，使得轴总是平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 设两两不共线的空间向量，和：定义，的数量积为，满足；定义，的外积为，满足； （1）设，，证明，满足：； （2）探究向量分别和向量，的位置关系并指出的几何意义； （3）假设，，不共面，定义，，的混合积为，证明：等于以，，为同一顶点三条棱的平行六面体体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆一中高2028届高二上期9月定时练习 数学试题卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 根据复数虚部的定义，的虚部为. 2. 如图，矩形是水平放置的平面四边形ABCD用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形ABCD的对角线（ ） A. B. C. 2 D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】由题意及斜二测画法，原四边形为平行四边形，且， 其中，， 所以. 3. 下图是正方体的平面展开图，则在原正方体中，下列命题正确的是（ ） A. B. 平面平面BEM C. EF和CD为异面直线 D. 平面DEM 【答案】B 【解析】 【分析】将平面展开图还原为正方体，利用正方体中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一判断. 【详解】将平面展开图还原为正方体，如图， 对于A：与显然是异面直线，A错误； 对于B：因为，，且，且平面， 平面，所以平面平面，B正确； 对于C：显然，C错误； 对于D：因为，与夹角为，所以与夹角为， 所以平面不成立，D错误. 4. 已知非零向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得，得， 可得， 则向量在向量上的投影向量为. 5. 在棱长为2的正方体中，，分别为线段，的中点，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建系，由用空间向量法求点线距即可； 【详解】 以D为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图， 则，，， ，则方向的单位向量， 那么， 所以F到直线AE的距离， 故选：D． 6. 已知圆：（，）上有两点关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过圆上对称性质判断出圆心在直线上，从而得出间的关系式，进而通过基本不等式求出最小值. 【详解】因为圆上有两点关于直线对称，可知圆心在直线上，即. ，等号当且仅当时成立. 7. 已知圆O：上有且只有两个点到直线l：的距离为1，则圆O半径r的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出到直线l的距离为1的点的轨迹，再根据给定条件，数形结合列出不等式求解作答. 【详解】平面内到直线l距离为1的点的轨迹是与直线l平行且距离为1的两条直线， 设的方程为，则，解得或， 即直线，直线， 如图，圆O：上有且只有两个点到直线l的距离为1，则圆O与相交，与相离， 圆O的圆心到直线的距离，到直线的距离， 所以圆O半径r的取值范围为，即. 故选：A 8. 已知球O为三棱锥S﹣ABC的外接球， ，则球O的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意能够求出弦的中垂面，那么中垂面一定经过球心，设出球心O位置，作⊥平面SAC，可得为等边三角形SAC的中心，在三角形ABM中求球的半径，需要用到四点共圆的性质解题． 【详解】解：取SC中点M，连接AM、MB， 因为△SAC是等边三角形，且SB＝BC， ∴AM⊥SC，MB⊥SC， ∴SC⊥平面AMB， ∴球心O在平面AMB上，作⊥平面SAC，可得为等边三角形SAC的中心， 所以＝， 取AB中点N，连接ON，∴ON⊥AB， ∴四点共圆，AO为这四点共圆的直径，也是三棱锥S−ABC外接球的半径，连接， 在△ABM中：， ， ∴∠MAB＝90°， ∴在直角三角形中， 由勾股定理，得＝， ∴三棱锥S−ABC外接球的半径长为AO==， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了表面积的求法，关键是四点共圆的判断及四点共圆性质的应用，是难题． 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. 已知直线：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 若直线与直线垂直，则 C. 若直线在轴上的截距为3，则 D. 若，则直线的倾斜角的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A：直线的方程可化为，由，解得， 即该直线恒过定点，故A正确； 对于B：直线的斜率为，直线与直线垂直， 则直线得斜率，故B错误. 对于C：由，令，解得，依题意，解得，故C正确； 对于D：依题意，因，由正切函数的性质，可得，故D错误. 10. 已知为虚数单位，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若为正整数，则 B. 若，则在复平面内对应的点的集合所构成的图形的面积为 C. D. 若复数是关于的方程的一个根，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：设复数在复平面上的点为，则表示点到的距离， 则表示， 则点的集合为以为圆心，，为半径的圆环，其面积为，故B正确； 对于C：设，则，故C正确； 对于D：由题意得，，即， 则，得，则，故D正确. 11. 已知正方体的棱长为2，动点P满足，其中.经过三点的平面与正方体表面的交线构成多边形，则（ ） A. 当时，直线与平面垂直 B. ，使得多边形为五边形 C. ，使得 D. 平面截正方体内切球所得截面的面积最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】当时，得到点和重合，得截面为，结合线面垂直的判定定理，证得平面，可判定A正确；根据截面的性质，得到截面为四边形，可判定B错误；利用侧面展开图，求得的取值范围，可判定C正确；分别讨论，和时，截面圆的半径，得到截面圆的面积，可判定D正确. 【详解】对于A，当时，可得点和重合，此时过点的平面，即为， 如图（1）所示，在正方体中，因为为正方形，可得， 又由平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以，同理可证：， 因为，且平面，所以平面， 即直线与平面垂直，所以A正确； 对于B，如图（2）所示，若，且，可得点在线段上， 在正方体中，可得， 过点作，交于点，连接， 则经过点三点的平面与正方体表面的交线构成四边形，，所以B不正确； 对于C，将对角面绕着旋转，使其与面展在一个平面上， 如图（3）所示，分别连接，设与交于点， 在直角中，， 即最小值为， 当点与点重合时，可得， 因为， 所以存在，使得，所以C正确； 对于D，如图（4）所示正方体的棱长为， 设正方体的内切球的半径为，可得，且球心为正方体的中心， 当时，点与点重合时，此时截面为， 根据正方体的性质，可得点到平面的距离为， 则截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为， 当时，点与点重合时，此时截面为， 根据正方体的性质，可得点到平面的距离为， 则截面圆的半径为，所以截面圆的面积为， 当时，截面为四边形，此时点到平面的距离为， 则截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为， 综上可得，截面圆面积的最小值为，所以D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，则角___________． 【答案】## 【解析】 【详解】由余弦定理，， 结合，可得. 13. 过点且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的一般方程为________． 【答案】或 【解析】 【详解】设直线，截距分别为和， 因为截距互为相反数，所以. 若，，又过点，所以，直线为. 若，解得，，所以，直线为. 14. 已知中，，，是上一个定点，满足，且对于边上任意一点，恒有，则的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】通过建立平面直角坐标系，设出各点坐标后将表示为关于点横坐标的二次函数，利用二次函数最小值在​处取得的条件求出点纵坐标的绝对值，最终代入三角形面积公式计算得到结果. 【详解】以为原点，所在直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系，则，， 由，，得， 设上任意点（），， 则，， 因此，这是关于的开口向上的二次函数， 由，可知二次函数的最小值在处取得， 即二次函数对称轴为，即 ，解得，即， 已知，所以，化简得，即， 所以三角形的面积. 四、解答题：大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知向量，是平面内的一组基底，，，与的夹角为60°．若，则称有序数对为向量在基底下的坐标，已知向量在基底下的坐标为． （1）求向量的模长； （2）若向量在基底下的坐标为，且，求实数的值，并求与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2）；与夹角的余弦值为. 【解析】 【分析】（1）利用，求出即可. （2）利用及即可求；利用即可. 【小问1详解】 因为，，与的夹角为60°， 所以. 因为向量在基底下的坐标为，所以. 所以，则. 【小问2详解】 因为向量在基底下的坐标为，所以. 因为，所以， 所以，解得. 所以.则，即. 又因为. 所以，即与的夹角的余弦值为. 16. 在中，内角、、的对边分别为、、，满足：． （1）求证：； （2）若，且的面积为，求角的大小及的值． 【答案】（1）等式左边. 因为，所以，左边. 由已知，所以. 由正弦定理， 设外接圆半径为，则，，， 代入上式得，即. （2）由(1)知，又，所以. 因为的面积，所以，得. 因为，所以或. 由余弦定理，得. 当时，，所以，，又，所以. 当时，，即，与，矛盾，舍去. 综上，，. 【解析】 【分析】（1）切化弦：左边通分化为，利用化简，结合已知得，再由正弦定理边角互化即得证. （2）由及得，代入面积公式求出，需分与两类讨论，结合余弦定理检验，舍去使，无解的情形. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 17. 在直三棱柱中，，，其中为棱中点，为棱上一动点（不含端点），如图． （1）求证：； （2）若二面角为直二面角，求线段的长度． 【答案】（1）因为是直三棱柱，所以平面. 又平面，所以. 因为，，，平面，所以平面. 因为，所以平面. 因为为棱的中点，所以平面；又平面，所以平面. 因为平面，平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）由直三棱柱性质得平面，结合证得平面，再由得平面，而平面，得证. （2）直二面角转化为平面平面，由面面垂直的性质定理得平面，进而；在中由勾股定理列方程，其中、用表示（勾股定理与余弦定理），解出. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 设（）. 过作交于， 则，，且平面. 因为二面角为直二面角，所以平面平面. 在平面内过作，垂足为，因为为两平面的交线， 由面面垂直的性质定理，平面. 又平面，所以. 在中，，，所以； ，，所以； ，所以. 由于，得， 所以. 在中，，，， 由平面得. 由余弦定理，. 所以. 因为，所以在中. 因为，所以中，由勾股定理， 即，整理得， 即，，解得或. 因为为棱上的动点且不含端点，则舍去，所以. 18. 已知圆方程为，点，点是圆上的动点，点为线段的中点． （1）求点的轨迹方程； （2）记点的轨迹为曲线，过点作曲线的两条切线，切点分别为点和点，求直线的方程及弦长； （3）过点作直线与曲线交于，两点，在轴上是否存在一点，使得轴总是平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）， （3）存在， 【解析】 【分析】（1）法一利用中点性质求出，再代入中求解轨迹方程，法二结合相似的性质得到，再结合圆的定义求出轨迹方程即可. （2）先讨论直线的斜率是否存在，再利用直线与圆的位置关系求出直线方程，进而求出交点坐标和弦长即可. （3）对直线斜率是否存在进行讨论，并结合题意得到，进而得到，进而求解出定点即可. 【小问1详解】 法一：设点坐标为， 因为点坐标为，点为线段的中点，所以， 又因为点在圆上，代入圆的方程得 化简得，故点的轨迹方程为， 法二：设圆心与点连线的中点为点， 如图，作出符合题意的图形， 因为点为的中点，为的中点，所以， 因为，所以， 则，可得点轨迹为以为圆心，以2为半径的圆， 故轨迹方程为． 【小问2详解】 当过点的直线斜率不存在时，不可能与圆有交点，故舍去； 如图，作出符合题意的图形， 当过点的直线斜率存在时，设直线方程为， 当直线与圆相切时，圆心到直线距离等于半径2， 可得，解得， 此时直线方程为，联立可得， 解得，，所以点和点坐标为，， 故直线的方程为， 【小问3详解】 存在，点坐标为，证明如下， 不妨设点坐标为，交点，点坐标为，， 当过点的直线斜率不存在时，直线方程为， 联立方程组，解得，， 则与圆的交点为和，可得轴上任意一点均满足题意， 当过点的直线斜率存在时，设直线方程为， 如图，作出符合题意的图形， 联立方程组，化简得， 由韦达定理可知， 又因为轴平分，所以直线和直线的斜率互为相反数： 可得，即， 将直线方程代入，化简得到 代入韦达定理结果得， 化简得，即，解得， 综上所述，点坐标为，得证． 19. 设两两不共线的空间向量，和：定义，的数量积为，满足；定义，的外积为，满足； （1）设，，证明，满足：； （2）探究向量分别和向量，的位置关系并指出的几何意义； （3）假设，，不共面，定义，，的混合积为，证明：等于以，，为同一顶点三条棱的平行六面体体积． 【答案】（1）因为，所以， 而，，，故， 证得． （2）向量分别与向量，垂直， 且的几何意义为以，为邻边的平行四边形面积. （3）设，由（2）结论可知，向量与向量，垂直且向量，不共线， 所以是向量，所成平面的一个法向量， 又因为， 其中可表示为以，为邻边的平行四边形面积， 且为该平行六面体的一个底面面积， 而是与平行六面体这一底面的法向量所成夹角的余弦值， 也就是与该底面夹角的正弦值， 所以可表示为该底面上的高， 由平行六面体的体积公式可知， 故证得等于以，和为同一顶点三条棱的平行六面体体积． 【解析】 【分析】（1）利用给定的向量外积的定义求解即可. （2）利用向量外积的定义和数量积的定义得到，，再结合平行四边形的面积公式求解即可. （3）利用给定的向量混合积的定义并结合六面体的体积公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设， 所以有 ， ， 所以，，得到，，向量分别与向量，垂直． 因为向量，不共线，不妨设一平行四边形，同一起点的邻边长分别为，， 夹角为向量，的夹角，此时平行四边形的面积， 因为，所以可表示为以，为邻边的平行四边形面积， 证得的几何意义为以，为邻边的平行四边形面积． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $