湖南长沙市望城区第六中学2026-2027学年高二上学期第一次质量检测数学试题

望城区六中2025级高二第一次学业质量检测 数学 注意事项： 1.答题前填写好自己的班级、姓名、考号等信息 2.请将正确答案填写在答题卡上 一、单选题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个正确选项） 1.已知直线的倾斜角为，直线与轴的交点为点，绕点顺时针方向旋转得到直线，与轴的交点为点，则点的坐标是（） A. B. C. D. 2.已知长方体中，，，，若，，，则（） A.0 B.1 C.4 D.9 3.在四面体中，点，满足，，记，则（） A. B. C. D. 4.已知正方形的一组对边所在的直线方程分别为和，另一组对边所在的直线方程分别为和，则（） A. B. C. D.6 5.在如图所示的试验装置中，有两个边长为的正方形框架，它们所在的平面互相垂直.有一个活动弹子在正方形的对角线上移动，运动过程中弹子到直线的距离的最小值为（） A. B. C. D. 6.有八张卡片，分别标记数字，从中随机抽取一张，记录它的数字，记“数字为偶数”为事件，记“数字大于”为事件，记“数字为”为事件，则下列说法正确的是（） A.事件与事件为互斥事件 B. C.事件与事件不是独立事件 D. 7.点是抛物线的顶点，点，在抛物线上（其中）．则下列结论正确的是（） A.点在直线上 B. C.当点所在直线与线段没有交点时，的取值范围是 D.当点在原点时，过点的直线与抛物线交于，两点，则 8.已知函数，，若与在区间上有且仅有个交点，则的最小值是（） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分） 9.已知点，到直线的距离相等，且过点，则的方程可能是（） A. B. C. D. 10.已知，，，下列说法正确的是（） A. B.与平行的一个单位向量是 C. D.平面的一个法向量是 11.如图，正方体中，为中点，在线段上.给出下列判断，其中正确的为（ ） A.存在点使得平面； B.在平面内总存在与平面平行的直线； C.平面与平面所成的二面角（锐角）的大小与点的位置无关； D.三棱锥的体积与点的位置无关. 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12.已知，，若向量在向量上的投影向量为，则                   . 13.已知四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为线段，的中点，是线段上的一点，.若异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为                   . 14.已知点，，，直线将分割为面积相等的两部分，则的取值范围是                   . 四、解答题（本大题共5个小题，共77分） 15.（13分）已知的三个顶点是，，． (1) 求边上的中线所在直线的一般式方程； (2) 过点做直线的垂线，求垂足的坐标． 16.（15分）在中，角所对的边分别为，已知，且. (1) 求； (2) 若，且的面积为，求的周长. 17.（15分）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面，且，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 18.（17分）在长方体中，底面边长为的正方形，侧棱，点，分别在棱和棱上，且，． (1)求证：． (2)平面与平面夹角的余弦值． (3)直线与平面夹角的正弦值． 19.（17分）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数. (1) 求函数图象的对称中心； (2) 已知， 当时，函数有个不同的零点，求的值； （ii）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 望城区六中2025级高二第一次学业质量检测 数学（参考答案） 一、单选题 1.D【解析】由直线，令得，整理斜截式得，故，点坐标为. 是绕顺时针旋转所得，故的倾斜角为，由此得的斜率. 结合点坐标与斜率得的方程为，令，解得，故点坐标为. 故选：D. 2.C【解析】长方体中，，两两垂直，故. 由已知得，，，展开原式得，结合各点积为零化简得结果为. 故选：C. 3.D【解析】， 由得， 由得. 代入整理得，对比得系数，，. 计算得. 故选：D. 4.D【解析】计算得与间的距离，与间的距离. 由正方形边长相等得， 代入得， 解得. 故选：D. 5.A【解析】以为坐标原点，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，得，设，其中. ，取直线的单位方向向量，得，点到直线的距离满足. 代入得，化简整理得. 由二次函数单调性得，当时，取得最小值. 故选：A. 6.D【解析】事件：数字为偶数，，. 事件：数字大于，，. 事件：数字为，，. 选项A：，有公共元素，所以事件与事件不是互斥事件，A错误. 选项B：，，，所以，B错误. 选项C：表示数字不大于，，. ，，， 所以，事件与事件是独立事件，C错误. 选项D：，，，所以， D正确. 故选：D. 7.D【解析】，得顶点的坐标为. 将代入直线得，时， 故点不在直线上，A错误. 由，纵坐标相同，得对称轴为中点横坐标， 即， 解得，将代入抛物线得， 故， 当时，不满足， 故B错误. 由顶点坐标得， 故恒在直线上，将代入得，直线与线段无交点时，满足或， 即或， 整理得或，结合得， 故无解， 由得， 故C错误. 点在原点时， 由，得，此时抛物线为，过的直线与抛物线仅一个交点，不符合题意， 设直线方程为，联立抛物线方程整理得， 设，，得，， 计算得，同理得， 因为， 故， 因此， 故D正确. 故选：D. 8.D【解析】因为,且, 由的周期为的周期为, 因为与在上有且仅有个交点, 所以, 解得, 故的最小值为. 二、多选题 9.BD【解析】由点，到直线的距离相等，得直线与平行或直线过的中点. 直线与平行时， 由、坐标计算得，直线过点， 由点斜式化简整理得. 由、坐标得中点坐标为，直线过和， 由两点式化简整理得. 故选：BD. 10.ABD【解析】，，得，计算得，故A正确. ，计算得，与平行的单位向量为，故B正确. 计算得，点积，故与不垂直，C错误. 设平面的一个法向量为，由，得，整理得，令，得平面的一个法向量为，故D正确. 故选：ABD. 11.BD【解析】A选项：假设存在点使得平面，得，又，，故平面，从而，与矛盾，故A选项错误. B选项：平面与平面相交，设交线为，平面内与平行的直线平行于平面，故B选项正确. C选项：以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，平面的法向量为，平面的法向量随的位置变化而变化，由此可得平面与平面所成的锐二面角大小与点的位置有关，故C选项错误. D选项：三棱锥的体积等于三棱锥的体积，因为平面，所以在线段上移动时，到平面的距离不变，故三棱锥的体积与点的位置无关，D选项正确. 故选：BD. 三、填空题 12.1【解析】，，计算得，，故. 向量在上的投影向量，代入得. 由此得. 故答案为：. 13.【解析】由底面，底面为正方形，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，得各点坐标为，，，，. 计算得，，设，，得，故. 设异面直线与所成角为，由异面直线夹角公式得，整理得，解得，舍去. 得，计算得，由等体积变换得. 故答案为：. 14.【解析】由题意，面积为. 直线与轴交点. 因直线分割面积为相等两部分，所以，，在射线上. 设直线与交点为，联立，得. ①若与重合，为中点，. 将、坐标代入直线，得，. ②若在与之间，，在与之间. 由，即，. 可得，解得，故. ③若在左侧，，由，得. 设直线与交点为，联立，得. 由，即. ，化简得. 因为，所以， 开方得，. 故. 综上，的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题 15.(1) 解：由，得中点坐标为，边上的中线过点与中点， 由两点式得， 整理得中线的一般式方程为. (2) 解：由，得， 因为， 所以. 整理得直线的方程为，直线的方程为，联立， 解得， 故垂足的坐标为. 16.(1) 解：由，得，即. 若，则，与矛盾，故. 由此可得，又，故. (2) 解：由(1)知，结合三角形面积公式得，化简得. 由余弦定理得，整理得. 代入，得，解得，故的周长为. 17. (1)证明：取中点，连接，， 由，，为中点，得，又， 故四边形为平行四边形，得，. 因为四边形为正方形， 所以，， 从而，， 故四边形为平行四边形，得，又平面，平面， 故平面. (2)解：以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，得，，，， 从而，，. 设平面的法向量为，得，令，得，， 故. 设平面的法向量为，得，令，得，， 故. 计算得， 故平面与平面夹角的余弦值为. 18. 解：(1)以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，得各点坐标，得，. 计算得，故，即. (2)得，故，设为平面的一个法向量，可得，令，得，，即. 得，，，设为平面的一个法向量，可得，令，得，，即. 设平面与平面的夹角为，，得，故平面与平面夹角的余弦值为. (3)得，故，， 设直线与平面的夹角为，，得， 故直线与平面夹角的正弦值为. 19.(1) 解：. . 设. . 是奇函数. 函数图象的对称中心为. (2) 解：当时，. 设. . 是奇函数. 的对称中心为. 的对称中心也为. . 四个交点两两关于对称. . ，原不等式为. 化简得. 令，得. 不等式整理为. . 时，单调递减. 对任意恒成立. . 实数的取值范围为. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $