精品解析：福建省同安第一中学2026-2027学年高二第一学期学情监测数学试题

同安一中2026-2027学年第一学期学情监测数学学科试题 数学 高二|完整试卷 本试卷共5页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 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. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间中点的对称关系，即可判断. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为. 所以，点关于平面对称的点的坐标为. 2. 经过点，且与直线平行的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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 ， 整理得，即. 3. 如图，在四面体中， 点在上，且，点是中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的加减及数乘运算即可求解. 【详解】由题意， 由可得：， 点是中点，故， 即. 故选：C 4. 过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程是（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件分截距为零和截距不为零两种情况，分别设出相应的直线方程，再结合条件，即可求解. 【详解】当在轴，轴上的截距为零时，此时直线过原点，设直线方程为， 又直线过点，所以，所以直线方程为， 当在轴，轴上的截距不为零时，设直线方程为， 又直线过点，所以，解得，所以直线方程为， 所以过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程是或， 故选：D. 5. 已知两点，直线l过点且与线段有交点，则直线l的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出图形，求出的斜率，数形结合可求得直线的斜率的取值范围，再根据斜率与倾斜角的关系可求得结果. 【详解】如图所示，直线的斜率为， 直线的斜率为， 由图可知直线与线段有交点，则直线的斜率， 所以直线l的倾斜角的取值范围为， 故选：C 6. 点到直线的最大距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先整理含参直线方程得到其恒过的定点，将点到直线的最大距离转化为点到该定点的距离求解． 【详解】首先将直线的方程整理为：， 由于等式对任意均成立，因此联立方程组，解得， 即直线过定点． 当直线绕点旋转时，点到直线的距离的最大值为点到定点的距离（此时）． 由两点间距离公式得：， 此时，且，则，解得，符合题意， 故点到直线的最大距离是． 7. 在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，则点到直线BE的距离为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，得到各点坐标，再根据向量公式计算得到距离. 【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系. 则，，，，， ，点到直线BE的距离为. 故选：C. 8. 出租车几何，又称曼哈顿距离（ManhattanDistance），最早由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基在研究度量几何时提出，用以标明两点在各坐标轴上的绝对差之和.设点，，则，两点之间的曼哈顿距离为.已知点，，动点满足，是直线上的动点，则的最小值为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知的轨迹关于轴对称，也关于轴对称，进而先研究其在时的函数解析式，并画出其图象，结合对称性可将图象补充完整，数形结合求解即可. 【详解】由题意可知，的轨迹关于轴对称，也关于轴对称． 当时，， 即 画出此函数的图象，并结合对称性可得点的轨迹是如图所示的六边形． 由图可知，的最小值为图中点到直线的距离． 故选：A 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，，则下列选项中正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【详解】选项A、若，则， 即， 解得，选项A错误； 选项B、当时，， 解得，选项B正确； 选项C、当时，， 则，选项C正确； 选项D、当时，， ，， 所以，选项D正确． 10. 已知点，，且点P在直线上，下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为 C. 存在点，使得 D. 的最大值为6 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助点到直线距离公式计算可得A；化折线为直线，利用两点之间线段最短判断可得B；借助斜率公式计算可得C；借助几何意义计算可得D. 【详解】对A：点到直线的距离为， 故的最小值为，故A正确； 对B：设点关于直线的对称点为， 则有，解得，即， 则， 当且仅当、、三点共线时取等号，故B正确； 对C：假设存在点，使得， 则， 化简得，显然方程无解， 故不存在点，使得，故C错误； 对D：， 当且仅当、、三点共线时取等，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，棱长为2的正方体中，，分别是棱、棱的中点，动点满足，，．下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若，，则直线与直线所成角的最小值为30° D. 若动点在三棱锥外接球表面上，则点的轨迹长度为 【答案】AB 【解析】 【分析】选项A，由条件推得三点共线，利用线面垂直的判定定理得平面即得结论；选项B，由条件得到直线，证明平面，可得到平面的距离为定值，结合为定值即得结论；选项C，分别取,的中点，连接，由条件得到点线段，即得与直线所成的角结合直角三角形即得结论；选项D,由条件求出三棱锥的外接球半径，推得点的轨迹为球面与平面的交线圆，计算即得结论. 【详解】对于A，因为， ，所以三点共线， 因为是正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为是正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又因平面，所以，故A正确； 对于B，因为，，， ， 所以，则直线， 因为是正方体，所以， 因为平面，平面，所以平面， 则到平面的距离为定值， 又因为定值，所以为定值，故B正确； 选项C，分别取,的中点，连接， 因为，，则点的轨迹为线段, 因为，所以直线与直线所成的角为， 因,且点在上运动，易得当点与点重合时，取得最小值，故C错误； 对于D,，，， 因为，，这三条棱两两垂直， 所以三棱锥的外接球就是分别以，，为长宽高的长方体的外接球， 设三棱锥的外接球的半径为，则，解得， 因为，，，所以是平面上的动点， 又因为动点在三棱锥外接球表面上，则点的轨迹是该球面与平面的交线圆， 设三棱锥的外接球的球心为，取的中点为，连接， 是的外接圆的圆心，且平面， 因为是的中点，，所以到平面的距离为， 则点所在的圆的半径， 则点的轨迹长度为，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若直线经过两点，且倾斜角为，则的值为______. 【答案】##0.75 【解析】 【分析】利用斜率两点式及斜率与倾斜角关系列方程求参数m即可. 【详解】过，的直线斜率为=，又直线的倾斜角为， ，即． 故答案为： 13. 在长方体中，，，则点到平面的距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，再代入点到平面的距离公式计算. 【详解】由题意可得，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 因为，，所以，，，， 设平面的法向量为，，， 则，则，令，则，，则， 因为，则点到平面的距离为. 14. 若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，试写出满足条件的一个实数的值：__________________. 【答案】，，（只需写出其中一个值即可） 【解析】 【分析】化简得到，然后根据情况，对进行分类讨论即可求解. 【详解】由已知得，明显地，，整理得，又由， 看成有且仅有三条直线满足，和到直线：（不过原点）的距离均为， 由， （1）当，此时，易得符合题意的直线为线段的垂直平分线， 以及与直线平行的两条直线和 （2）当时，有4条直线会使得点和到它们的距离相等， 注意到不过原点，所以，当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去， 设点到的距离为， ①作为增根被舍去的直线，过原点和的中点，其方程为， 此时，，符合； ②作为增根被舍去的直线，过原点且以为方向向量，其方程为， 此时，，符合； 综上，满足题意的实数为，，； 故答案为：，，. 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. 如图所示，平行六面体中，，，，． （1）求； （2）求的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量的线性运算可得，由向量的数量积的运算律即可求解； （2）由两侧同时平方即可求解. 【小问1详解】 在平行六面体中，， 因为，，，，， 所以，，， 则 【小问2详解】 因为，所以 ， 则，故的长度为. 16. 在中，已知． （1）求； （2）若边上的高等于，求，． 【答案】（1）. （2）， 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角化简求角B； （2）由已知化简可得，利用正弦定理和即可求出. 【小问1详解】 由，根据正弦定理可得， 即，因为，所以， 所以，即 ，故 . 【小问2详解】 设 ，则  边上的高 ，，又 ，故 ，即 ， 由正弦定理得，即 又，， 即，，为锐角， 又，， . 17. 如图，四棱锥中，平面，，点在线段上，且． （1）求证． （2）若，，，，， ①求平面与平面的夹角； ②在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，确定位置． 【答案】（1）平面，平面，. 又，，. ，且平面，平面，平面. 又平面，. （2）①；②存在，中点 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理得到平面，利用线面垂直的定义得到结论. （2）①空间向量法求解，根据求出的坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量的数量积公式求解；②设在棱上，根据，求出，利用向量的数量积求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①以为原点，分别以、、的方向为、、轴正方向， 建立空间直角坐标系， 由，，，得， ，、两点坐标相同， 设，则， ， ，， ， 解得，解得， 在线段上，，故，即， ， 平面的法向量为， 设平面的法向量为， ， 则，即，即， 解得，取，则，则， 设平面与平面的夹角为 ， 则，则. ②设在棱上，令，其中， ，， 则，， 设与平面所成的角为， 则， 因为，， 因为，所以， 则有，解得， 即，即， 解得，即，（舍去）， 因为，所以存在这样的点， 且，即， 即为棱的中点. 18. 已知：，：，：，记，，． （1）当时，求原点关于的对称点坐标； （2）在中，求边上中线长的最小值； （3）求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当时，直线：，设原点关于的对称点为，利用斜率关系与中点坐标公式列方程求解即可； （2）先证明，则中线长为斜边一半，再利用两点间的距离公式，结合二次函数的性质可得结果； （3）利用条件得到三角形面积为，再利用基本不等式可得范围. 【小问1详解】 当时，：， 设原点关于的对称点坐标为， 则， 所以原点关于的对称点坐标为. 【小问2详解】 由题可知，：过定点， ：过定点. 又因为，所以，所以. 联立和方程， 所以由直角三角形中线长为斜边一半可得 边上中线长为 当时，边上中线长有最小值. 【小问3详解】 联立和方程， 点到距离为， 所以面积为， 因为对任意实数，所以， 于是，所以面积范围为 19. 如图，在斜三棱柱中，平面平面，，分别为棱，的中点，． （1）若四边形为菱形，证明平面． （2）若，， ①求平面与平面夹角的余弦值； ②若三棱柱内存在两个体积相等且相切的球，每个球都与一个底面及三个侧面相切，求到平面的距离． 【答案】（1）连接，因为四边形为菱形，所以. 在中，为中位线，所以. 所以. 为等腰三角形，为中线，所以， 又因为平面平面，平面平面, 所以平面，又因为平面. 所以. 因为，，平面. 所以平面. （2）①② 【解析】 【分析】（1）利用平面几何得到，根据面面垂直的性质定理得到平面，再结合线面垂直的性质定理得到，最后使用线面垂直的判定定理证明即可（2）①以为原点建系，计算平面与平面的法向量，然后利用向量夹角公式计算即可；②先利用线面平行的性质定理和判定定理求证，再利用公式计算，最后计算点到平面的距离为即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知平面, 以为原点，所在直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，平面内过点且与垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. ①在中， ,， 则在等腰中，可得. 则,则， 于是 所以直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为， 由，得， 则直线上存在一点， 所以平面的一个方向向量为. 设平面的一个法向量为， 所以，取其中一个法向量， 设平面的一个法向量为， 所以，取其中一个法向量 设平面与平面夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. ②设与平面相切的球的球心为，与平面，相切的球的球心为, 由题意知球均与平面相切，设切点分别为,连接, 则,, 因为球均与平面相切，所以平面, 因为平面,所以平面,又平面, 平面平面，所以. 设球的半径为,球心,则,, 因为平面, 所以点到平面的距离为,则, 由,得 于是，代入原方程，解得. 所以. 则线段在轴上的投影长度为， 所以斜三棱柱的高为 所以点到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 同安一中2026-2027学年第一学期学情监测数学学科试题 数学 高二|完整试卷 本试卷共5页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 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. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 经过点，且与直线平行的直线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在四面体中， 点在上，且，点是中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程是（ ） A. B. 或 C. D. 或 5. 已知两点，直线l过点且与线段有交点，则直线l的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 点到直线的最大距离是（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，则点到直线BE的距离为（ ） A. 3 B. C. D. 8. 出租车几何，又称曼哈顿距离（ManhattanDistance），最早由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基在研究度量几何时提出，用以标明两点在各坐标轴上的绝对差之和.设点，，则，两点之间的曼哈顿距离为.已知点，，动点满足，是直线上的动点，则的最小值为（） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，，则下列选项中正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 10. 已知点，，且点P在直线上，下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为 C. 存在点，使得 D. 的最大值为6 11. 如图，棱长为2的正方体中，，分别是棱、棱的中点，动点满足，，．下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若，，则直线与直线所成角的最小值为30° D. 若动点在三棱锥外接球表面上，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若直线经过两点，且倾斜角为，则的值为______. 13. 在长方体中，，，则点到平面的距离为________． 14. 若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，试写出满足条件的一个实数的值：__________________. 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. 如图所示，平行六面体中，，，，． （1）求； （2）求的长度． 16. 在中，已知． （1）求； （2）若边上的高等于，求，． 17. 如图，四棱锥中，平面，，点在线段上，且． （1）求证． （2）若，，，，， ①求平面与平面的夹角； ②在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，确定位置． 18. 已知：，：，：，记，，． （1）当时，求原点关于的对称点坐标； （2）在中，求边上中线长的最小值； （3）求面积的取值范围． 19. 如图，在斜三棱柱中，平面平面，，分别为棱，的中点，． （1）若四边形为菱形，证明平面． （2）若，， ①求平面与平面夹角的余弦值； ②若三棱柱内存在两个体积相等且相切的球，每个球都与一个底面及三个侧面相切，求到平面的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $