2026-2027学年高二上学期数学第一次月考自测卷（一）（人教A版，范围：选择性必修第一册第一章+第二章）

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何、直线和圆的方程，通过选择、多选、填空及综合性解答题，分层考查空间想象、逻辑推理与数学运算，适配高二学段月考需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|空间点对称、向量共线、直线平行|基础概念辨析，如点关于坐标平面对称| |多选题|3/18|正三棱柱线线角、四棱锥线面关系|空间向量工具应用，如第9题线面角计算| |填空题|3/15|共面向量、圆的半径、向量数量积|空间向量共面条件，如第12题参数求解| |解答题|5/77|正方体向量运算、三棱柱线面垂直、两圆外离|综合性问题设计，如第19题两圆相切与相似证明，考查几何直观与逻辑推理|

2026-2027学年高二数学上学期第一次月考自测卷（一） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 测试范围：人教A版选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何+第二章直线和圆的方程 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：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．点关于坐标平面对称点的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．在四面体中，设，，，点M为AB的中点，，则（   ） A． B． C． D． 3．已知点，，则线段的中点关于平面对称的点的坐标为（     ）． A． B． C． D． 4．已知向量，且，那么（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．若经过，两点的直线的方向向量为，则实数（    ） A． B． C． D． 6．经过点且与直线平行的直线方程为（    ） A． B． C． D． 7．直线与间的距离是（    ） A．1 B． C．2 D． 8．已知圆（）上到直线的距离为1的点有且仅有3个，则的值为（    ） 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．在正三棱柱中，为的中点，，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面所成的角为 10．如图，在四棱锥中，，平面，取棱的中点为，连接，则下列说法正确的是（） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．不存在点，使得 D．线段的长度恒为 11．已知圆：，则下列说法正确的是（   ） A．若过原点作的切线，则其中一条切线的方程为 B．若是上一点，则的最大值为 C．若直线与相交，且交点为，，则有最小值 D．若上到直线（）的距离为的点有且仅有个，则实数的取值范围是 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在空间直角坐标系中，已知向量，，，若点在平面内，则实数的值为______． 13．已知点在圆：上，则圆的半径为__________． 14．已知圆，，为圆O上相异两点，且，则的最大值为______． 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．（13分）如图，已知正方体的棱长为1，M和N分别是和的中点．    (1)求的值； (2)求证：； 16．（15分）求满足下列条件的直线方程（最后答案以直线方程的一般式表示）： (1)过点，且与直线平行的直线方程； (2)已知，，求线段的垂直平分线的方程． 17．（15分）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 18．（17分）已知圆内有一点，为过点P的弦． (1)当时，求直线的方程； (2)求弦中点M的轨迹方程． 19．（17分）如图，与相外离，的半径为2，的半径为1，，为连接两圆圆心的线段上的一点，切于点，切于点． (1)若，求的长； (2)试问线段上是否存在一点，使，若存在，问这样的点有几个？并求出的值；如果不存在，说明理由； (3)当点在线段上运动到某处使时，．试问除上述情况外，当点在线段上运动到何处（说明的长是多少）时，与仍相似，并判断此时直线与的位置关系，证明你的结论． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《2026-2027学年高二数学上学期第一次月考自测卷（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D B C B B C AC ACD 题号 11 答案 ABD 1．A 【详解】点A的坐标中横、竖坐标不变，纵坐标变为原来的相反数即得的坐标为． 2．A 【详解】因为，所以，又点M为AB的中点，所以. 所以 . 3．D 【详解】因为点，，所以线段的中点， 点关于平面对称的点的坐标为. 4．B 【详解】因为，且， 所以，即． 5．C 【详解】依题意，向量与向量共线， 因此，所以. 6．B 【详解】直线可化为，斜率为， 所求直线与已知直线平行，故斜率也为， 又所求直线经过点，由点斜式得，整理即. 7．B 【详解】由得， 所以直线与间的距离是． 8．C 【分析】应用已知条件结合点到直线距离列式计算求解. 【详解】圆心到直线的距离， 结合圆上到直线距离为1的点有且仅有3个，可得. 9．AC 【分析】通过建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线所成角、线面角，逐项判断选项正误. 【详解】取中点，连接，，因为为中点， 由题可得平面，且平面， 所以，. 因为是等边三角形，为中点， 所以. 以为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，. 对于A，，，则， 所以，故直线与直线所成的角为，A正确； 对于B，设直线与直线所成的角为， ,，，则， ，， 所以，故直线与直线所成的角不为，B错误； 对于C，平面的法向量，， 线面角满足，故，C正确； 对于D，设平面的法向量为， 由题可得，，， 联立， 得 令，则， 线面角满足，故，D错误. 10．ACD 【分析】利用线面垂直性质与勾股定理建系，A、C选项利用数量积为建立方程，结合约束条件判断是否存在满足条件的解；B选项通过数量积恒为非零常数判断；D选项利用两点间距离公式，整体代入约束条件消参，证明线段长度为定值. 【详解】由可知，，， 因为平面，且平面，所以：且， 在中，，可得：， 以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则：，，， 因为，是等边三角形，计算得点的坐标：， 由于点在平面内，设，由，可得约束条件：， 因为是的中点，由中点坐标公式可得：； A选项：，， 若，则，解得， 代入，得，此时存在点或满足题意，故A选项正确； B选项：，， ，无论点在何处，数量积恒为，不可能为，所以不可能垂直于，故B选项错误； C选项：， 若，则，解得，代入约束条件，得， 解得，此时点的坐标为，此时、、三点共线，无法构成四棱锥，因此，在四棱锥中，不存在这样的点，故C正确； D选项：，， 将代入，得：，所以恒成立，故D正确. 11．ABD 【分析】对于A,圆由一般方程化为标准方程即可判断；对于B，可以利用圆的参数方程判断；对于C，直线即，恒过定点，恰在上，所以，两点可以无限接近，C错误；对于D，若上到直线（）的距离为1的点有且仅有2个，等价于圆心到直线的距离小于2，通过点到直线的距离公式即可判断. 【详解】对于A,将配方得标准方程，显然圆心到轴距离为1，一条切线为，A正确； 对于B，令，，则，其中，所以的最大值为16，B正确； 对于C，直线，亦即，恒过定点，恰在上，所以，两点可以无限接近，但不能重合，所以没有最小值，C错误； 对于D，若上到直线（）的距离为1的点有且仅有2个，等价于圆心到直线的距离小于2，即，解得，所以的取值范围是，D正确. 12．/ 【分析】根据共面向量定理，点在平面内，等价于向量可由不共线的向量线性表示，通过坐标对应相等，列方程组求解. 【详解】因为点在平面内，所以共面，且不共线， 根据共面向量定理，存在实数，使得， 将各向量坐标代入，得， 根据向量相等，对应坐标相等， 得，解得. 13． 【详解】由点在圆上，且， 则，解得． 所以圆的半径为． 14． 【分析】根据，得到A，B的关系，进而得到的关系，代入目标式以后，利用三角换元求最值. 【详解】因为，则， 又A，B为圆O上相异两点，则A，B关于原点O对称， 所以，，所以， 由圆得半径，圆心为， 设，所以， 当时，取最大值，为， 即的最大值为. 15．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由向量的线性运算及数量积的运算律计算即得； （2）计算得到即可证明. 【详解】（1）正方体中，，， 有，， 所以. （2）证明：正方体中，，， 有，， 因为M和N分别是和的中点，则N为的中点， 所以且，即， 则有， 所以． 16．(1) (2) 【详解】（1）设与直线平行的直线方程为， 由于过点，代入，解得， 可得， 所以直线方程为：． （2）由题意知，，则线段的中点， 直线的斜率， 因为直线与直线垂直，则有，所以， 再由直线经过点， 则由点斜式方程可得直线的方程为：， 化为一般式为：． 17．(1)在三棱柱中，，， ，则. 又四边形是正方形，则，，所以 . 又，平面，因此 平面. 又平面，所以. 在等边中，为中点，则， 又，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，结合向量法求线面角求解即可. 【详解】（1）略 （2） 取中点为，中点为，则 ， . 由（1）知， 平面， 平面，则.又，故. 又 ， 平面，则平面. 即两两垂直. 以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､ 轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段中点，所以. ，，. 设平面 的法向量为， 则，即，故可取. 设直线 与平面 所成角为 ， 则 所以直线 与平面 所成角的正弦值为. 18．(1)或 (2) 【分析】（1）分直线斜率存在与不存在两种情况考虑，在斜率不存在时结合图形求出弦长检验可得；在斜率存在时，利用弦长公式求出直线斜率即得直线方程； （2）方法一：由垂径定理得，从而可得点的轨迹是以为直径的圆，求出圆的方程即可；方法二：利用，代入点的坐标推导即得；方法三：利用，代入点的坐标推导即得. 【详解】（1）当直线的斜率不存在时，的方程为，代入， 此时，符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即 设原点O到直线的距离为d，则，解得 的方程为，即 综上，直线的方程为或 （2）方法一：是的中点，由垂径定理得 的轨迹是以为直径的圆．的中点为， 即圆心为，半径 的轨迹方程为 方法二：设，由垂径定理得，，（且）， ，得（且 当时，，时，，也满足上式， 的轨迹方程为 方法三：设，由垂径定理得， 即，即M的轨迹方程为. 19．(1) (2)存在，满足条件的点只有一个，此时 (3)当时，有，此时直线与相切. 证明：当时，,此时， ∴. 又，∴， 如图，为的延长线上一点， 则，∴点在的角平分线上， ∴点到的距离相等, 又为的切线， ∴点到的距离都为1，即直线与相切. 【分析】（1）根据勾股定理及可列出关于的方程，解方程即可； （2）设，确定的范围，用的代数式表示，代入，可求出； （3）由相似三角形的性质和角平分线的性质可得点到的距离相等，再根据切线的判定方法即可解决问题. 【详解】（1）∵分别为，的切线，分别为，的半径， ∴. 由勾股定理可得. 又，∴. 又，是线段上的一点，∴， ∴，解得. （2）存在，假定存在一点，使得， 设，则， 由可得. 即， 代入可得，即， 解得（舍去），， ∴满足条件的点只有一个，此时. （3）略 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $