河南部分学校2026-2027学年高二上学期质量检测(一)数学B卷

HN202609 高二数学(B)答案 一、选择题 1.C 2.A 3.C 4.A 5.A 6.D 7.B 8.B 二、选择题 9.AC 10.ABC 11.ABD 三、填空题 12.(1,2) 13.√15 14.5 四、解答题 15解折（由点42.0）.C0,4)得线段4C的中点为(1,2)，放a-导= ，…(3分)】 所以中线BD所在直线的方程为y-2=子(x-1）,即3x-2+1=0 …(6分） (2)若直线1过坐标原点，则其斜率为本-骨-8令，此时直线1的方程为y=号，即8x-5y=0,符合题意： …(8分） 若直线1不过坐标原点，由题意设直线1的方程为七+之=1(a≠0)， a 3a 由直线1过点(5,8)，得子+号=1，解得a-号 ， 即直线1的方程为3x+y-23=0. 综上所述，直线l的方程为8x-5y=0或3x+y-23=0.…(13分)》 16.解析(1)由圆C:x2-2ax+y2=0(a>0),得圆C:(x-a)2+y2=a2,所以圆心为C(a,0),半径r=a(a>0). 若直线l:x+√3y-6=0恰好为圆C的切线， 则a-6=,解得a=2,即圆C的半径为2.…(5分) √1+3 (2)TM L TN=TMCN是正方形台ICTI=2a, 故满足条件的点T在以C(a,0)为圆心，2a为半径的圆E上， 即点T既在圆D上又在圆E上，“恰存在两个点T”台圆D与圆E相交.…(8分) 由直线l的方程，得D(6,0),圆D的半径r2=2,圆E的半径r1=2a,圆心距d=I6-al,相交的条件为l2a- 21<16-al</2a+2.①…(10分） 由不等式①右端16-al<2a+2,解得a>4(2-1). …(12分) 由a>4(2-1)>2,得2a>2, 由不等式①左端得6-a>2a-2或a-6>2a-2,结合a>0得0<a<8(2-1).…(14分)》 综上，a的取值范围为(4（√2-1），8(2-1).…(15分)》 17.解析(1)设B(a,b) 因为AB边上的中线所在直线的方程为2x+5y+9=0,AC边上的高所在直线的方程为x-4y-23=0, 2x1+0+5x5+b+9=0, 2 2 所以 …(2分） a-4b-23=0, 「a=-5, 解得 即点B的坐标为(-5，-7).…(4分) 6=-7, (2)设C(m,n) 因为AB边上的中线所在直线的方程为2x+5y+9=0,AC边上的高所在直线的方程为x-4y-23=0, 2m+5n+9=0, 所以 n-5.1 lm-14-1, rm=3, 解得 即点C的坐标为(3，-3). (7分) n=-3, -3+741 易知kc=3+5=8=2, 放BC边所在直线的方程为y+3=(x-3),即x-2-9=0. (9分) (3)由(1)(2)及已知可知A(1,5),B(-5,-7),C(3,-3), 易得B=(6,12),BC=(8,4), 高震停停- 从而可知∠ABC的平分线所在直线的一个方向向量是(1,1)，即角平分线所在直线的斜率为1，…(13分) 故角平分线所在直线的方程为y+7=x+5,即x-y-2=0.…(15分) 18.解析(1)因为平面PAC⊥平面PBC,平面PACn平面PBC=PC,PB⊥PC,PBC平面PBC, 所以PBL平面PAC,…(2分】 又因为ACC平面PAC,所以PB⊥AC.…(3分) 因为AC=BC三AB,所以AC+BC2=AB2,所以AC L BC,…(4分 又BC∩PB=B,且BC,PBC平面PBC, 一2 所以ACL平面PBC.……(5分) (2)由(1)及已知可得BC=AC=万，AB=2.…(6分) 设点M到平面PAB的距离为d,则点C到平面PAB的距离为2d.… (7分) 因为ACL平面PBC,所以y-c=号Sac·AC=右PB:PC:AC=名 …(9分)】 6 在Rt△PAC中，AC=2,PC=1,所以PA=√AC+PC=5, 因为PBL平面PAC,所以PB1PA,Sae=PA·PB= 2 …(11分) 由x=eu=宁5au·21=ξ解得d-名 6 (13分) (3)由AC⊥BC,可得AM=√AC+C= 2 设直线w与面P48所该的角为6，则血0=品-得。 故直线AM与平面PB所成角的正弦值为 15 ……(17分） 19.解析(1)设P(x,y),则1Pi1=√+(y+2),1P1=√+(-1)了. 由1Pi1=1P1,得√+(y+2)了=A√+(y-1)7, (2分) 即x2+(y+2)2=A2x2+λ2(y-1)2,又>0且A≠1， 整理得2+-小 (4分) 放动点P的镜迹为圆，且圆心坐标为(0，)，半径为 1λ2-11 (5分) (2)(1)由(1)知，当入=2时，圆C的方程为x2+(y-2)2=4, 则圆心C到直线l,2的距离的最大值均为1CT1=1.… (6分) 由题知△CDF的面积为5，即Sm=之×2sm∠DCf=万，所以∠CF- 2, …(7分) 若LDCF=60°，则圆心C到直线DF的距离为2sin60°=5>1，不符合题意， 若∠DCF=120°，则圆心C到直线DF的距离为2sin30°=1，符合题意， 所以圆心C(0,2)到直线DF的距离为d=1,…(9分) 此时L1⊥CT,即l1⊥y轴，所以1的方程为y=3.…（(11分) D T 3 (ⅱ)当l1,,中有一条直线的斜率不存在时，另一条直线的斜率为0， 结合(i)可知S=之DF1BG1=×2万x4=4万；…(12分) 1 当直线L,2的斜率都存在时，如图，设直线的方程为y=kx+3(k≠0)，则直线2的方程为y=- k+3, 所以点C(0,2)到直线l的距离为d1= 1,则1DF川=2√4-G=2, 4k2+3 2+1 2+1' 4. 1 同理，可得IEG1=2 2+3 3k2+4 …(15分） 1 3+1 Vk2+1, 所以S=71DF1·EG1=2 (4k2+3)(3k2+4) -2. 12(k2+1)2+k2 (k2+1)2 (2+1)2 22*+>2=46 综上所述，S≥4√3，即四边形DEFG面积的最小值为43.…（17分) 一4HN202609 高二数学(B)答案 一、选择题 1.答案C 命题透析本题考查直线的倾斜角： 解析直线x=cos180°的斜率不存在，所以倾斜角为90° 2.答案A 命题透析本题考查圆的一般方程与标准方程的互化 解析由x2+y2-4x+6y=0,得(x-2)2+(y+3)2=13,则半径为3. 3.答案C 命题透析本题考查三角函数图象的平移变换， 解析因为y=tam(2x+）=ta[(r+石】，根据图象平移规则，函数y=an[2(x+石)门的图象可由y=m2x 的图象向左平移石个单位长度得到 4.答案A 命题透析本题考查投影向量 解析由题意可得=(3,4)，花=(4,7)，所以元在花上的投影向量为花、店 AB 40 14BI 4B132+4 》 5.答案A 命题透析本题考查两直线的位置关系 n-3,解得m= 解析直线4：x-3y-4=0的斜率为杰=了，由4/%，得直线6的斜率存在，且点=-m”=号 子，则6：子-子-6=0，即-3-24=0，所以这两条平行直线之间的距离为4+24=2而 +(-3) 6.答案D 命题透析本题考查正四面体的表面积与体积的计算 解析设正四面体为A-BCD,并将其补形成正方体（如图），设正方体AEDF-HBGC的棱长为a,则正四面体 A-BCD的楼长为Ea,所以K-m=Vmr-4a-m=公2-4x号×分x2=了=号，解得a=1,从而正 一1 四面体A-BCD的棱长为，2，则该正四面体的表面积为4×5x(,2)?=25 4 7.答案B 命题透析本题考查解三角形的综合应用. 解析由已知及正弦定理得sinA-sinB=2(sin Acos C+sin Ccos A),因为A+B+C=T,所以sin(A+C)= in(T-B)=simB,故sinA-sinB=2sin(A+C)=2sinB,故sinA=3sinB,易得a=3b.由题知三个内角均为锐 角，由余弦定理，得c0sA=+>0,代人4=36，得c2>8b,又sC=+公C>0,所以2<106，因此 2bc 2ab s<<,令1后则81<10，于是mG-兰--号-合的原位意0，） 2ab 8.答案B 命题透析本题考查圆及其性质 解析 当x=0,y=0时，曲线C表示原点；当x>0,y>0时，曲线c的方程为(x-)+(y-之)=之，此时 曲线C表示以点 子）为圆心，号为半径的圆在第一象限的部分，同理，可在平面直角坐标系内作出曲线C 的完整图形（如图），又曲线C上的点到原点距离的最大值为，√(+(+号-，所以r≥万 二、选择题 9.答案AC 命题透析本题考查复数、共轭复数的概念和运算 解析对于A,设z=a+bi(a,b∈R),由lzl=1,得a2+b2=1,于是z·z=(a+bi)(a-bi)=a2+b2=1,故A 正确； 一2 对于B,当a=0,b=1时，2=(-i)2=-1,故B错误； 对于C,结合A项可知z+】=z+z=(a+bi)+(a-bi)=2a,2a是实数，故C正确； 对于D,对打方程-+2=0，由求根公式得该方程的根为x=万，计算根的模为 侣+( 2,不满足Iz=1,因此z不可能是该方程的根，故D错误 10.答案ABC 命题透析本题考查过定点的直线方程、点到直线的距离公式 r2x-4=0, 「x=2, 解析对于A,由已知得a(2x-4)+(-x+2y-6)=0,令 解得 ,所以定点A(2,4),故 L-x+2y-6=0, y=4. A正确； 对于B,当直线l在y轴上的截距为1时，直线l过点(0,1)，代入得2-4a-6=0,解得a=-1,此时直线l的方 程为3x-2y+2=0,故B正确； 对于C,易知直线'过定点(4,0)，当直线1'的斜率不存在，即m=0时，可得x=4,此时点A(2,4)到直线x=4 的距离为2，符合题意，故C正确； 对于D,当直线1r的斜率有在，即m≠0时，由题可得2n4=2,解得m=-专，即直线：3x+4y-2=0,故D /m2+1 错误。 11.答案ABD 命题透析本题考查直线与圆的综合应用， 解析由题知圆0的圆心为O(0,0),半径R=2. 对于A,不纺取点P4,0),则血∠0PV-分，放∠0PW=30,从面∠WPN=60所以△Pwy可以是等 边三角形，故A正确； 对于B,设点P(xo,yo),则x。+y。-4=0,以OP为直径的圆的方程为x(x-)+y(y-y。)=0,又圆C:x2+ y2=4,两式作差可得直线MN的方程为xox+yoy=4,又y%=4-x,代入可得(x-y)x0+4(y-1)=0,令 「x-y=0, fx=1, 解得 故直线MN过定点(1,1)，故B正确： Ly-1=0, 1=1. 对于C,四边形PMON的面积为2S△wo=1PM1IOMI=2√IOP2-4,故当1OPI最小时，四边形PMON的面积 最小，又1OP1的最小值为圆心0到直线x+y-4=0的距离d,且d=-1=2万，因此四边形PMON面积的 √2 最小值为4，故C错误： 对于D,O.O示=1Oi11O示1cos∠M0N=4cos∠M0N,在四边形PM0W中，∠M0N+∠MPW=180°，所以 3 s∠MoN=-os∠Pv,又MP=1-2sin2LMP0=1-2(1广，10PI≥2E,所以0≤cos∠PN< 1,则-1<cos∠M0N≤0，故0i.O的取值范围为(-4,0]，故D正确 三、填空题 12.答案(1,2) 命题透析本题考查两直线垂直与交点坐标 解析显然m=0时不合题意，则直线x-心-7=0的斜率为，又直线3x-y-1=0的斜率为3，且两条直线 x+3y-7=0, x=1, 互相垂直，所以×3=-1，解得m=-3由 解得 即这两条直线的交点坐标为(1,2). 3x-y-1=0, y=2 13.答案√15 命题透析本题考查两圆的公共弦， 解析。圆C1的圆心为C1(-1,-2),半径1=2，两圆方程相减得公共弦所在直线的方程为6x+8y+17=0, 则圆心G,到公共弦所在直线的距离为d=1-162×8+7=子，故所求弦长为2V-日： √62+82 22-( 14.答案√5 命题透析本题考查三角恒等变换 解析由题可得cos50°cosx+sin50°sinx=sin100°cosx+cos100°sinx+sin100°cosx-cos100°sinx,得 sin50°sinx=cosx(2sin100°-cos50°)，若cosx=0,则simx=0,这与sin2x+cos2x=1矛盾，故cosx≠0. 则tamx=2sin100°=e0s50°_2sin(60°+400)-cos50 sin50° sin50° 2sin60°c0s40°+2cos60°sin40°-cos50° sin50° 5cs40°+sim40°-sin40°=万. C0s40° 四、解答题 15.命题透析本题考查直线的方程. 解析（1)市点1(2.0).C0,4利得线段4C的中点为D1,2),放m号子=子，…(3分) 所以中线8D所在直线的方程为y-2=之(x-1),即3x-2y+1=0. …(6分) (2)若直线1过坐标原点，则其斜*为k--日=令此时直线1的方程为y=受，即8数-5了-0，符合题意： …(8分） 若直线1不过坐标原点，由题意设直线1的方程为x+,兰=1(a≠0)， a 3a 一4 由直线1过点B(5,8),得5+8=1，解得a= a 3a 3 即直线1的方程为3x+y-23=0. 综上所述，直线l的方程为8x-5y=0或3x+y-23=0.…(13分) 16.命题透析本题考查直线与圆、圆与圆的位置关系. 解析(1)由圆C:x2-2ax+y2=0(a>0),得圆C:(x-a)2+y2=a2,所以圆心为C(a,0),半径r=a(a>0) 若直线1：x+√3y-6=0恰好为圆C的切线， 则a二6=a,解得a=2,即圆C的半径为2.………(5分 √I+3 (2)TM L TN台TMCN是正方形台ICTI=√2a, 故满足条件的点T在以C(a,0)为圆心，√2a为半径的圆E上， 即点T既在圆D上又在圆E上，“恰存在两个点T”台圆D与圆E相交.…(8分) 由直线l的方程，得D(6,0),圆D的半径r2=2,圆E的半径r1=2a,圆心距d=I6-al,相交的条件为l2a- 2|<16-a|</2a+2.①…(10分） 由不等式①右端16-al<2a+2,解得a>4(2-1).…(12分) 由a>4(5-1)>2,得2a>2, 由不等式①左端得6-a>√2a-2或a-6>√2a-2,结合a>0得0<a<8(2-1).…(14分) 综上，a的取值范围为(4(2-1)，8(2-1)).…(15分) 17.命题透析本题考查直线的方程. 解析(1)设B(a,b) 因为AB边上的中线所在直线的方程为2x+5y+9=0,AC边上的高所在直线的方程为x-4y-23=0, 2× 所以 2 …(2分）》 a-4b-23=0, fa=-5. 解得 即点B的坐标为(-5，-7).… …(4分) b=-7, (2)设C(m,n). 因为AB边上的中线所在直线的方程为2x+5y+9=0,AC边上的高所在直线的方程为x-4y-23=0, 2m+5n+9=0, 所以{ n-51 lm-i4=-1, 「m=3, 解得 即点C的坐标为(3，-3).…(7分) n=-3, 易知kc= -3+741 3+5=8=2, 5 放BC边所在直线的方程为y+3=(c-3),即x-2y-9=0.…(9分) (3)由(1)(2)及已知可知A(1,5),B(-5,-7),C(3,-3), 易得B=(6,12),BC=(8,4), 器斋（停停》》 从而可知∠ABC的平分线所在直线的一个方向向量是(1,1)，即角平分线所在直线的斜率为1，…(I3分) 故角平分线所在直线的方程为y+7=x+5,即x-y-2=0.……（15分) 18.命题透析本题考查三棱锥的结构特征和线面角的求解. 解析(1)因为平面PAC⊥平面PBC,平面PAC∩平面PBC=PC,PB⊥PC,PBC平面PBC, 所以PB1平面PAC,…(2分) 又因为ACC平面PAC,所以PB⊥AC.…(3分) 周为AC=BC=AB,所以AC+BC2=AB,所以ACLBC,… 又BC∩PB=B,且BC,PBC平面PBC, 所以ACL平面PBC.… (5分) (2)由(1)及已知可得BC=AC=2,AB=2.. (6分) 设点M到平面PAB的距离为d,则点C到平面PAB的距离为2d. (7分) 因为AC1平面PBC,所以-m=号5c·AC=名PB·PC·AC= …(9分) 6 在Rt△PAC中，AC=2,PC=1,所以PA=√AC+PC=5, 因为PBL平面PHC,所以PB1PA,aa=之PA·PB= 2 ……(11分) 由m=m写21=装解得d= …（13分)） 6 (3)由AC L BC,可得AM=√AC+CM=C 2 设直线AM与平面PAB所成的角为0，则in0==5 15 故直线AM与平面PAB所成角的正弦值为 15 (17分) 19.命题透析本题考查圆的方程及直线与圆的位置关系 解析(1)设P(x,y),则1P=√+(y+2)7,1P示=√+(y-1)了 由1P1=AIP1,得√2+(y+2)7=A√+(y-1)7, …(2分) 即x2+(y+2)2=2x2+2(y-1)2,又入>0且A≠1， 一6 整理得+-（升川， (4分) 故动点P的轨达为圆，且圆心坐标为0，》半径为 3A (5分) (2)(1)由(1)知，当入=2时，圆C的方程为x2+(y-2)2=4, 则圆心C到直线l1,2的距离的最大值均为1CT1=1.… (6分) 由题知△CDF的面积为5，即Sam=子×2sn∠DCF=5,所以sm∠DCF= 2 …(7分） 若∠DCF=60°，则圆心C到直线DF的距离为2sim60°=√3>1，不符合题意， 若∠DCF=120°，则圆心C到直线DF的距离为2sin30°=1，符合题意， 所以圆心C(0,2)到直线DF的距离为d=1,……(9分) 此时上CT,即1上y轴，所以l的方程为y=3.…(11分) T 0 (ⅱ)当L1,2中有一条直线的斜率不存在时，另一条直线的斜率为0， 结合(i)可知S=71DF1·EG1=7×25x4=45: ……(12分) 当直线4，人的斜率都存在时，如图，设直线4的方程为y=kx+3(k≠0)，则直线的方程为y=-x+3, 所以点C(0,2)到直线(，的距离为d= 】,则1DF1=2V4-d=2√R+1 4k2+3 √2+1 4. +3 同理，可得IEG1=2 2 3k2+4 …（15分) 1 3*1 Nk2+1 所以S=2DFI·IEG1=2 (42+3)(3K+4)=2 12(k2+1)2+k2 (k2+1)2 (2+1)2 -22+e>2E=45 综上所述，S≥45，即四边形DEFG面积的最小值为43.…(17分) 一7HN202609 B 高二数学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定 位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题 卡上 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.直线x=cos180°的倾斜角为 A.0° B.45° C.90° D.135° 2.已知圆x2+y2-4x+6y=0,则该圆的半径为 A.√13 B.6 C.9 D.13 3.函数y=an2x+）的图象可由函数y=an2x的图象经过怎样的平移而得到 A.向右平移石个单位长度 B.向右平移7个单位长度 C.向左平移石个单位长度 D.向左平移智个单位长度 4.已知点A(-2,-3),B(1,1),C(2,4),则AC在AB上的投影向量为 A学 层 C.(24,32) D. 3224 2525 5.已知直线1：x-3y-4=0与l2:mx+(m-1)y-6=0平行，则这两条平行直线之间的距 离为 A.2√10 B.v10 C.2 D.l410 5 6.若一个正四面体的体积为？，则其表面积为 B.23 C.3 D.23 3 数学(B)第1页（共4页） 7已知锐角△1C的内角4，B.,C所对的边分别为a6e,且2=asC+csA,则cmsC的 取值范围是 A(0,2】 c.( D(分 8.在平面直角坐标系内，已知圆心在原点、半径为r的圆可以完全覆盖曲线C:x2+y2-|x|一 Iy=0所构成的几何图形，则r的取值范围是 2+ B.[W2,+∞) C.[1+√2，+o) D.[2,+o) 二、选择题：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.设复数z的共轭复数为z,若1z=1,则 A.z·z=1 B.z2=1 C.z+上一定是实数 D.z可能是方程x2-x+2=0的根 10.已知直线l:(2a-1)x+2y-4a-6=0(a∈R)过定点A,且点A到直线l':x-my-4=0的 距离为2，则 A.点A的坐标为(2,4) B.当直线l在y轴上的截距为1时，直线l的方程为3x-2y+2=0 C.直线'的方程可以是x=4 D.直线'的方程可以是3x-4y-12=0 11.过直线x+y-4=0上任意一点P作圆0：x2+y=4的两条切线，切点分别为M,N,则 A.△PMN可以是等边三角形 B.直线MN过定点(1,1) C.四边形PMON面积的最小值是26 D.0M.0N的取值范围为(-4,0] 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.若直线x-my-7=0与直线3x-y-1=0垂直，则这两条直线的交点坐标为 13.圆C1:(x+1)2+(y+2)2=4与圆C2:(x-2)2+(y-2)2=24的公共弦长为 14.已知cos(50°-x)=sin(100°+x)+sin(100°-x),则tanx= 数学(B)第2页（共4页） 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) 已知△ABC的顶点分别为A(2,0),B(5,8),C(0,4) (1)设AC的中点为D,求中线BD所在直线的方程； (2)若直线1过点B,且1在y轴上的截距是在x轴上的截距的3倍，求直线1的方程 16.（15分) 已知直线l:x+√3y-6=0,圆C:x2-2ax+y2=0(a>0). (1)若直线1恰好为圆C的切线，求圆C的半径； (2)设直线1与x轴的交点为D,以D为圆心，2为半径作圆，若过圆D上一点T能作圆C 的两条切线，切点分别为M,N,且恰存在两个点T满足TM⊥TN,求a的取值范围， 17.(15分) 已知△ABC的顶点A(1,5),AB边上的中线所在直线的方程为2x+5y+9=0,AC边上的 高所在直线的方程为x-4y-23=0. (1)求点B的坐标； (2)求BC边所在直线的方程； (3)求∠ABC的平分线所在直线的方程 数学(B)第3页（共4页） 18.(17分) 如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC,AC=BC=AB,PB=PC=1,PB⊥PC, M为BC的中点. (1)求证：AC⊥平面PBC; (2)求点M到平面PAB的距离； (3)求直线AM与平面PAB所成角的正弦值. 、.M 19.(17分) 在平面直角坐标系x0y中，已知点M(0,-2)和N(0,1),动点P满足IP=1P1(A> 0且入≠1). (1)证明动点P的轨迹为圆，并指出圆心坐标及半径 (2)设入=2时，动点P的轨迹为圆C,过点T(0,3)作直线1,2，其中11与圆C交于点D,F, 2与圆C交于点E,G (i)若△CDF的面积为W3,求直线L1的方程； (iⅱ)若L1⊥l2,求四边形DEFG的面积S的最小值. 数学(B)第4页（共4页）HN202609 高二数学(B)命题报告 本试卷严格遵循《普通高中数学课程标准》，落实立德树人根本任务，对标高考评价体 系，呈现出“重基础、凸素养、强综合”的命题特色。 一、立足必备知识，突出基础性与综合性 试卷全面覆盖北师大版必修二、选择性必修一第一章等的核心内容。选择题前7题注重 基础概念与基本运算，如第1题考查直线的倾斜角，第2题考查圆的标准方程，第3题考查 向量的投影，第5题考查利用空间向量求线段的长度等，体现对主干知识的全面考查。解答 题第15题以三角形为载体，将中点坐标、直线方程、截距等知识有机整合，考查学生的综 合运用能力。 二、聚焦核心素养，强化直观想象与数学运算 立体几何与解析几何是本卷考查重点。第18题以三棱锥为背景，通过线面垂直的证明、 点到平面的距离、线面角的计算，层层递进，全面考查空间想象能力与逻辑推理素养。第16 题涉及直线与圆的位置关系，要求学生在动态变化中把握几何本质，体现数形结合思想。 三、创设创新情境，彰显探究性与选拔性 第8题创新性地引入新的曲线，考查圆及其性质，主要考查学生的逻辑推理能力和直观 想象能力；压轴题第19题引入动点轨迹问题，以“PM=PW”为条件构建阿波罗尼斯 圆，并结合考查四边形的面积最值问题，要求学生在新情境下建立数学模型，运用函数与方 程思想求解，此类设问打破常规套路，能有效考查学生的数学探究能力与创新意识，具有良 好的区分度。 总体而言，本卷结构合理、梯度分明，既立足高二学情，又对接高考要求，实现了基础 性与选拔性的有机统一。 多维命题细目表 关键能力 题 型 分值 具体知识点 逻辑 运算 空间 数学 创新 难度 思维 求解 想象 建模 能力 1 5 直线的倾斜角 易 5 圆的一般方程与标准方程的互化 易 3 5 三角函数图象的平移变化 易 4 单选题 5 投影向量 V 中 5 5 两直线的位置关系 中 6 5 正四面体的表面积与体积 中 7 解三角形 V 中 8 5 圆及其性质 V 难 6 复数、共轭复数的概念与运算 易 10 选 6 过定点的直线方程、点到直线的距离 V 中 11 6 直线与圆的综合应用 难 12 5 两直线垂直与交点坐标 易 5 两圆的公共弦 V 中 题 14 5 三角恒等变换 难 15 13 直线的方程 易 16 15 直线与圆、圆与圆的位置关系 中 17 解答题 6 直线的方程 中 17 三棱锥的结构特征及线面角的求解 V 难 19 17 圆的方程及直线与圆的位置关系 V 难