河南信阳市罗山县楠杆高级中学2026-2027学年高二上学期期中复习检测数学考试卷（二）

2026年罗山县楠杆高级中学期中复习检测考试卷（二） 高二数学 本卷满分150分，考试时间120分钟。 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，只有一项符合题目要求。 1．与圆相切，且在两坐标轴上截距相等的直线共有（   ） A．2条 B．3条 C．4条 D．6条 2．已知空间直角坐标系中，1，、，点C满足，则C的坐标为　　 A． B． C． D． 3．在四面体中，为的中点，为棱上的点，且，则（    ） A． B． C． D． 4．自然界中很多现象都与斐波那契数有关，比如菊花､向日葵花瓣的数目都是按照这个规律生长，斐波那契数按从小到大排列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，.从不大于34的斐波那契数中任取一个数字，恰好取到偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 5．若圆C：关于直线对称，则由点向圆C所作的切线长的最小值是（   ） A． B． C．4 D． 6．如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，与所成角的余弦值的最大值为（    ）    A． B． C． D． 7．．在棱长为2的正方体中，点分别在棱和上，且，则的最大值为（   ） A． B． C． D．1 8．已知圆C的方程为，直线l过点（2，2），则与圆C相切的直线方程（    ） A．与 B．与 C．与 D．与 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。 9．已知向量，，，则（    ） A． B． C． D． 10．设是空间内正方向两两夹角为的三条数轴，向量分别与轴､轴､轴方向同向的单位向量，若空间向量满足则有序实数组称为向量在斜坐标系（为坐标原点）下的坐标.记作，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则向量 D．若，则三棱锥的外接球体积 11．已知圆经过点和，且圆被轴，轴截得的弦长相等，则圆的方程可以是（    ） A． B． C． D． 第II卷（非选择题） 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，为坐标原点，动点同时满足下列两个条件：①；②.设所有动点构成的几何体的表面积为，体积为，则______，______. 13．在平面直角坐标系中，已知两点，，点为直线上的动点，则的最大值是__________． 14．下列说法中，正确的是______．（填序号） ①一条直线不与x轴平行或重合，则它的方程可以写成两点式； ②点斜式方程适用于不垂直于x轴的任何直线； ③过，两点的所有直线方程可表示为； ④经过任意两个不同的点，的直线都可以用方程表示． 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 4、 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1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.    (1)当时，证明：平面平面； (2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由. 16（15分）．如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 17．（15分）如图，在正三棱柱中，D为的中点. （1）证明：平面. （2）已知二面角的大小为，求的取值范围. 18．（17分）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面分别是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 19、已知直线. (1)当a=1时，求两直线的距离； (2)若.求a的值； (3)写出原点到直线的距离，并求出该距离的最大值. 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 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年罗山县楠杆高级中学期中复习检测考试卷（二）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A A C C C B C BD ACD 题号 11 答案 BC 1．B 【分析】分类讨论，①当直线不经过原点时，设截距为，②当直线经过原点时，设直线方程为,即可根据相切以及点到直线的距离公式求解. 【详解】因为直线在两坐标轴上截距相等，所以 ①当直线不经过原点时，设截距为，. 则直线过点，，那么直线斜率为. 所以直线方程为. 因为该直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于圆的半径. 即，化简得，求解得或（舍去）. 此情况下有一条直线符合题意，直线方程为. ②当直线经过原点时，设直线方程为，即. 因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于圆的半径. 即，化简得，求解得. 此情况下有两条直线符合题意，直线方程为，. 综上，共有3条直线符合题目要求. 故选：B. 2．A 【分析】设出点的坐标，代入，利用两个向量相等的概念，求得点的坐标. 【详解】设，故，根据得，解得，故，所以选A. 【点睛】本小题主要考查空间向量的坐标运算，考查两个向量相等的坐标表示，属于基础题. 3．A 【分析】利用空间向量加法运算，减法运算，数乘运算即可得到答案. 【详解】如图 故选：A 4．C 【分析】由古典概型概率公式计算即可求解. 【详解】由题意知不大于34的斐波那契数：1，1，2，3，5，8，13，21，34，共有个， 偶数有2，8，34，共个， 从中任取一个数字，恰好取到偶数的概率为， 故选：C. 5．C 【分析】由题可得圆心在直线上，得出，由勾股定理表示出切线长，即可求出最值. 【详解】由圆C：关于直线对称， 所以可知圆心在直线上，即，所以， 点到圆心的距离为 由点向圆C所作的切线长为 ， 所以当时，切线长最短为. 故选：C 6．C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值. 【详解】以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A垂直平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    设， 则，， ， 设，， 设与所成角为，则， 设，则有， 由存在，则， 解得，即的最大值为， 所以与所成角的余弦值的最大值为. 故选：C 7．B 【分析】建立空间直角坐标系，设E、F坐标，根据得出E、F坐标关系式，利用函数求最值即可. 【详解】 如图所示，以为中心建立空间直角坐标系，设， 则，， ，当时取得最大值. 故选：B 8．C 【分析】观察图象可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，由直线l与圆C相切可得圆心到直线l的距离等于圆的半径，列方程求k，由此可得切线方程. 【详解】观察图象可得直线l的斜率存在，又直线l过点（2，2）， 故设直线l的方程为， ∵圆C的方程为， ∴ 圆心C的坐标为，半径为2，设圆心C到直线l的距离为d， ∵直线l与圆C相切 ∴ ，又 ∴  ， ∴ 或 ∴ 直线l的方程为和， 故选：C.    9．BD 【分析】利用空间向量的运算公式逐项判断即可. 【详解】对于A，，故，故A错误； 对于B，， ，故B正确； 对于C，，故，故C错误； 对于D，，故，故D正确. 故选：BD 10．ACD 【分析】根据定义将向量用向量表示，然后根据数量积运算和性质求解可判断AB；根据共线定理可判断C；补形成正方体求解可判断D. 【详解】由题知，， 对A，若，则， 所以， 所以，A正确； 对B，若，则， 所以，B错误； 对C，若，则， 则，所以，C正确； 对D，因为，所以， 所以，所以三棱锥为棱长为1的正四面体， 补形成正方体，如图， 因为，所以正方体的棱长为，正方体的体对角线为， 所以外接球的半径为，体积，D正确. 故选：ACD 11．BC 【分析】设圆心为，由题意列出相应方程，求出圆心坐标和半径，即得答案. 【详解】设圆心为，由题意可得，且， 解得或 则，即圆方程为或, 故选：BC 12． 【分析】由题意，几何体是棱长为1的正方体挖掉一个1为半径的球的，由此可以计算体积和表面积 【详解】所有动点构成的几何体为一个棱长为1的正方体挖掉一个以正方体顶点为球心，1为半径的球的. 几何体的体积为. 几何体的表面积为. 故答案为：. 13． 【分析】求出直线方程，则，再由二次函数的性质即可得出答案. 【详解】∵，，直线方程为：， 化简为：， ∴， 因为 ，所以当时，取最大值. 故答案为：． 14．②④ 【分析】结合两点式与点斜式的概念及辨析逐项分析即可求出结果. 【详解】两点式不能表示与轴平行或重合的直线，故①③错误；点斜式适用于不垂直于x轴的任何直线，故②正确；④是两点式的变形，但是包括了与轴平行或重合的直线，故④正确， 故答案为：②④. 15．(1) 由已知，有，且， 平面，所以平面， 因为平面，所以. 在Rt中，， 所以. 因为，所以. 且，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. (2)存在，点为中点 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）， 所以为二面角的平面角，， 因为为的中点， 所以，， ，，， 如图，以为坐标原点，分别以为轴､轴正方向建立空间直角坐标系.    则. 设， 则,. 设平面的一个法向量， 由，得， 令，则，所以. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得或（舍）. 因此，当点为中点时，直线与平面所成角的正弦值为. 16．(1) 证明：因为底面底面， 所以. 因为底面是矩形，所以. 又，且平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，转化为证明平面，即可证明； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，代入二面角的向量公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）以为原点，所在直线为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面的法向量为， 则，则， 取，得. 设平面的法向量为， 则，则， 取，得. 设平面与平面的夹角为，则 ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17．（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）连接，设，连接，易得，然后利用线面平行的判定定理证明即可； （2）以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）连接，设，连接， 由正三棱柱，得， 又因为在正三棱柱中，，所以. 又因为平面，平面， 所以平面； （2）以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，则，，， 由空间向量的坐标运算可得，，， 设平面的法向量为， 则，代入可得， 令，则，，所以. 设平面的法向量为， 则，代入可得， 令，则，，所以， 因为二面角的大小为，由图可知，二面角为锐二面角， 所以， 所以. 18．(1)证明：是等边三角形，是的中点， ， 又平面平面， ， 又平面平面， 平面. (2) (3)不存在，理由如下： 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为， 设 由（2）得平面的法向量为， 则直线与平面的法向量所成的夹角为， ， ，则， ， 即， 关于的方程无解， 故线段上不存在点. 【分析】（1）由线面垂直的判定定理直接证明即可； （2）建立如图所示坐标系，分别求出平面的法向量和平面的法向量，代入二面角的公式即可； （3）假设线段上存在点，设由向量共线得到，利用直线与平面的法向量所成的夹角余弦公式，得到关于的一元二次方程，由判别式得到无解即可； 【详解】（1）略 （2）由（1）得平面， 连接，建立以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，如图所示，底面是边长为4的正方形， 则， ， 则， 设平面的法向量为， 则取，则， 平面的法向量为， 又平面的法向量为， 平面与平面的夹角的余弦值为 （3）略 19．．(1) (2) (3)； 【分析】（1）利用两平行线间的距离公式求解即可； （2）利用两直线垂直时斜率的关系求解即可； （3）先利用点到直线的距离公式，再分析最小值即可求解 【详解】（1）当a=1时，， 所以两直线的距离为； （2）若， 则， 解得； （3）原点到直线的距离为 ， 当时， 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 $