期中重难点模拟检测卷（培优卷）-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

高二上学期期中重难点模拟检测卷（培优卷） 【考试范围：空间向量与立体几何 直线和圆的方程】 注意事项： 本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共19题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 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，只有一项是符合题目要求的．） 1．空间内三条直线满足，，且，，记，，已知，，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知正三棱锥的三个侧面均为等腰直角三角形，过点作一平面使得三点在该平面的同一侧，且三点到该平面的距离分别为，则三棱锥的侧棱长为（    ） A．3 B． C． D．4 3．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，点在侧棱上，满足，上有一点，上有一点，有，，则的长为（    ） A． B． C． D． 4．如图，圆锥的轴截面是等边三角形，是底面圆周上一动点，是的中点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．若点，点为曲线：上一点，则直线的倾斜角取值范围是（    ） A． B． C． D．以上三项都不对 6．已知，是直线上两动点，且，点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．12 7．已知直线：与直线：交于点，则的最大值为（   ） A．4 B．8 C．32 D．64 8．已知圆和圆交于两点，点在圆上运动，点在圆上运动，则下列说法正确的是（    ） A．圆和圆关于直线对称 B．圆和圆的公共弦长为 C．的取值范围为 D．若为直线上的动点，则的最小值为109 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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.） 9．在空间四边形中，已知为的重心，分别为边的中点，则（   ） A． B． C． D． 10．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面，为中点，则下列说法正确的是（    ） A． B．异面直线与间的距离为 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 11．下列说法正确的是（   ） A．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 B．“”是“直线与直线互相平行”的充要条件 C．直线的倾斜角的取值范围是 D．若点，，直线l过点且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12．已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，，且等号能成立，则________． 13．已知正方体的棱长为4，，，直线与交于点，则点到平面的距离为______． 14．直线l经过点且在两坐标轴上的截距互为相反数，则直线l的方程为______. 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．已知空间向量、、都是单位向量，且，，与的夹角为60°，若P为空间任意一点，且，满足，求的最大值． 16．把边长为的正方形纸片沿对角线折成直二面角，，分别为，的中点，是原正方形的中心． (1)求与的夹角的余弦值； (2)求与平面所成角的正弦值． 17．过点作直线， (1)若直线被直线所截得的线段被点平分，求直线的方程； (2)若直线将平面分成6个部分，求直线的方程. 18．已知圆和点. （1）过点向圆引切线，求切线的方程； （2）求以点为圆心，且被直线截得的弦长为8的圆的方程； （3）设为（2）中圆上任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由. 19．已知圆与圆，则 (1)求圆与圆的公共弦的长； (2)求经过点以及圆与圆交点的圆的方程． 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二上学期期中重难点模拟检测卷（培优卷） 【考试范围：空间向量与立体几何 直线和圆的方程】 注意事项： 本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共19题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 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，只有一项是符合题目要求的．） 1．空间内三条直线满足，，且，，记，，已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据垂直关系和向量线性运算可求得，，结合向量数量积定义和角度关系可得；利用可求得，由可得结果. 【详解】， ，，，，， ，，，， ，， ， ，，，， ， ，即. 故选：A. 2．已知正三棱锥的三个侧面均为等腰直角三角形，过点作一平面使得三点在该平面的同一侧，且三点到该平面的距离分别为，则三棱锥的侧棱长为（    ） A．3 B． C． D．4 【答案】C 【分析】根据给定条件，以为原点建立空间直角坐标系，结合空间向量基本定理用表示平面的单位法向量，再利用给定距离及空间向量的数量积求解. 【详解】设三棱锥的侧棱长为，题设所作平面为， 以为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设单位向量是平面的一个法向量，由空间向量基本定理知， 存在唯一的有序实数组，使得， 依题意，在上的投影向量的长度为1，则，即， 即，解得，同理得，，于是， 而，所以. 故选：C 3．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，点在侧棱上，满足，上有一点，上有一点，有，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以点为原点，、、分别作为、、轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 由于点在侧棱上，满足，所以，解得，所以， 由于点在上，不妨设，即，解得， 同理，点在上，设，解得， 则， 由于，，则， 化简得，解得， 因此 ，所以，故B正确. 4．如图，圆锥的轴截面是等边三角形，是底面圆周上一动点，是的中点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】法一：异面直线求夹角作平行线与已知直线相交，构成的夹角为异面直线所成角，通过解三角形计算取值范围；法二：通过建立空间直角坐标系，利用三角函数法对点设出坐标，将异面直线所成角转化为两条直线方向向量所成的角，进而计算取值范围． 【详解】法一：取底面圆心为，连接，，，作，垂足为，连接； 因为是的中点，为的中点，故； 则即为直线与所成角； 设底面半径为，则，，； 因为，，故； 由余弦定理可知 由， 因为是底面圆周上一动点，故，则； 代入可得； 法二：取的中点，连接，与的中点， 由圆锥的垂直关系可知垂直于底面，与的中点的连线垂直于直径； 故以为原点，与的中点的连线为轴，为轴建立空间直角坐标系； 因为圆锥的轴截面是等边三角形，设，则； 故，，，，设； 则，； 则； 则直线与所成角的余弦值为； 因为，则，． 5．若点，点为曲线：上一点，则直线的倾斜角取值范围是（    ） A． B． C． D．以上三项都不对 【答案】D 【分析】由题意可画出曲线的图象，然后对点在图象上的运动情况分情况讨论，求出相应的的斜率，从而可求得相应的倾斜角范围，即可求解. 【详解】由题意可得对于曲线：， 当，时，曲线：， 当，时，曲线：， 当，时，曲线：， 当，时，曲线：， 可画出下图，，，，，， 当点位于点处时，此时，则倾斜角为； 当点在正方形（不包含点）上运动时，此时， 则倾斜角； 当点在上运动时，此时，倾斜角； 综上所述：直线的倾斜角取值范围为，故A、B、C错误，D正确. 故选：D.    6．已知，是直线上两动点，且，点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．12 【答案】A 【分析】依题意，设点，推得点，利用两点间距离公式计算，利用距离公式表示的几何意义将其转化成两定点与一条定直线上的点的距离之和最小问题解决. 【详解】不妨设点在点的左边，因直线的倾斜角为， 且，则点的坐标为， 则， 记， 则可将理解为点到的距离之和， 即点到直线的距离之和，依题即需求距离之和的最小值. 如图，作出点关于直线的对称点,则， 连接，交直线于点,则即的最小值， 且, 故的最小值为. 故选：A. 7．已知直线：与直线：交于点，则的最大值为（   ） A．4 B．8 C．32 D．64 【答案】D 【分析】首先根据已知条件得到直线恒过定点，直线恒过定点，且，根据交点得到点在以为直径的圆上，再利用点与圆的位置关系即可得到最值． 【详解】直线恒过定点， 直线化简为，恒过点， 当时，直线的斜率不存在，直线的斜率，则， 当时，，，，则， 综上：直线恒过定点，直线恒过定点，且， 因为直线与直线交于点， 所以点在以为直径的圆上，线段的中点坐标为， 且，则其轨迹方程为，圆的半径，    又转化为，其表示圆上的点到距离的平方， 设， 则，所以的最大值为64． 故选：D. 8．已知圆和圆交于两点，点在圆上运动，点在圆上运动，则下列说法正确的是（    ） A．圆和圆关于直线对称 B．圆和圆的公共弦长为 C．的取值范围为 D．若为直线上的动点，则的最小值为109 【答案】C 【分析】求出圆心和半径，再结合中垂线知识可判断A，利用点到直线的距离公式结合勾股定理可判断B，由题意可知，当点和重合时，的值最小，当四点共线时，的值最大，进而可判断C，求出关于直线对称点的坐标，再结合两点间距离公式可判断D. 【详解】对于A，圆，即， 所以其圆心和半径分别是； 圆的圆心和半径分别是. 则中点为. 点不在直线上，即直线不过的中点， 即不关于直线对称，故A错误； 对于B，圆与圆的公共点的坐标均满足两圆方程， 因此两圆相减可得其公共弦所在直线方程为， 即， 到直线的距离， 故公共弦长为，B错误； 对于C，圆心距为，当点和重合时，的值最小， 当四点共线时，的值最大为， 故的取值范围为，C正确； 对于D，如图，设关于直线对称点为， 则，解得，即关于直线对称点为， 连接交直线于点，此时最小， ， 即的最小值为，D错误. 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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.） 9．在空间四边形中，已知为的重心，分别为边的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用重心的性质得出，再利用向量的加减法计算求出，判断选项A；利用中点的性质计算，判断选项B；计算判断选项C；计算判断选项D． 【详解】 选项A：取中点，则是的一条中线，重心为，则， ， ， ，故A正确； 选项B：已知是中点，是中点， ，故B正确； 选项C：，故C错误； 选项D：， ， 是中点， ，故D正确． 故选：ABD． 10．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面，为中点，则下列说法正确的是（    ） A． B．异面直线与间的距离为 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 【答案】AD 【分析】建立恰当的空间直角坐标系，由空间向量线性运算的坐标表示，判断A；求得异面直线与的公垂线的方向向量，根据异面直线间距离的向量求法求得异面直线与间的距离，判断B；根据点到直线的距离的向量求法，求得点到直线的距离，判断C；根据点到平面距离的向量求法求得点到平面的距离，判断D. 【详解】因为平面，且，所以可以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系. 由题可知，. 因为为中点，所以. 对于A，，所以，所以A正确； 对于B，，. 设，且，则，所以. 令，则. 则满足条件的一个向量. 所以异面直线与间的距离为，所以B不正确； 对于C，，所以点到直线的距离为，所以C不正确； 对于D，，，设平面的法向量为，则， 所以，即，令，则， 所以平面的一个法向量为， 因为，所以点到平面的距离，所以D正确. 故选：AD. 11．下列说法正确的是（   ） A．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 B．“”是“直线与直线互相平行”的充要条件 C．直线的倾斜角的取值范围是 D．若点，，直线l过点且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是 【答案】BD 【分析】对于A：根据直线垂直结合充分、必要条件分析判断；对于B：由题意可得，进而可得倾斜角的范围；对于C：根据直线平行结合充分、必要条件分析判断；对于D：根据图形结合斜率公式分析求解. 【详解】对于选项A：当时，直线与直线斜率分别为1，， 斜率之积为，故两直线相互垂直，即充分性成立； 若“直线与直线互相垂直”， 则，故或， 所以得不到，即必要性不成立，故A错误； 对于选项B：由直线平行得，解得， 所以“”是“直线与直线互相平行”的充要条件，故B正确； 对于选项C：直线的倾斜角为，则， 因为，所以，故C错误； 对于选项D：如图所示：    可得，，结合图象知，故D正确； 故选：BD. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12．已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，，且等号能成立，则________． 【答案】 【分析】依题意可根据单位向量设出，根据条件求出，再设出，分别求出，再求出模长. 【详解】对任意，且等号能成立，则到组成平面的最短距离为. 设，由，，得. 设，则最短距离，故. 由得； 代入，得，解得. . 13．已知正方体的棱长为4，，，直线与交于点，则点到平面的距离为______． 【答案】 【分析】根据题意画出图形，分别以为轴作出空间直角坐标系，写出相应的坐标，求出的坐标，然后利用点到平面距离的向量求法求解即得.. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4，，， 则， 在平面内，直线方程为，直线方程为，联立解得， 所以，， 设平面的法向量， 则，令，得， 于是点M到平面的距离. 14．直线l经过点且在两坐标轴上的截距互为相反数，则直线l的方程为______. 【答案】或 【分析】根据题意，分截距均为0和截距不为0，两种情况讨论，结合题意，列出方程组，即可求解. 【详解】当截距均为0时，即过，此时直线的方程为； 当截距不为0时，设直线的方程为，满足，解得， 此时直线的方程为， 综上可得直线的方程为或. 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．已知空间向量、、都是单位向量，且，，与的夹角为60°，若P为空间任意一点，且，满足，求的最大值． 【答案】/ 【分析】根据空间向量基本定理设，由，得①，设，则，代入①式，得，结合已知可求得的范围，从而得a的范围. 【详解】设， 则 ， 又， ， ， 设，则， 所以，即． 由题设可得，故且， 故， 解得，故． 当且仅当，时等号成立． 故的最大值为． 16．把边长为的正方形纸片沿对角线折成直二面角，，分别为，的中点，是原正方形的中心． (1)求与的夹角的余弦值； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得的坐标，求得向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）由四边形为正方形，且为正方形的中心，所以， 正方形纸片沿对角线折成直二面角，可得平面， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，， 因为，分别为和的中点，可得，， 所以，且， 可得，且 设异面直线与的夹角为，则， 所以异面直线与夹角的余弦值为. （2）因为平面，即轴与平面垂直， 所以平面的一个法向量为， 由（1）知：向量， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 17．过点作直线， (1)若直线被直线所截得的线段被点平分，求直线的方程； (2)若直线将平面分成6个部分，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或或. 【分析】（1）先写出直线的方程，分别与联立方程组求出交点坐标，再由中点坐标公式计算出参数的值，再由点斜式写出直线方程. （2）先确定直线的位置即直线经过的交点或与直线或平行，再根据两点坐标或直线方程计算出斜率，最后根据点斜式写出直线方程. 【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线方程为，与的交点为，与的交点为，线段的中点坐标为,不符合题意中的所截得的线段被点平分； 设直线的斜率为，直线的方程为：， 联立，解得交点坐标， 联立，解得交点坐标， 又因为点是线段的中点，所以，解得， 故所求直线方程为,即. （2）若直线将平面分成6个部分，则直线经过的交点或与直线或平行， 联立，解得交点，直线经过则直线的斜率为， 由点斜式写出直线方程为即， 当直线与平行时，直线的斜率与直线的斜率相等即， 由点斜式写出直线方程为即， 当直线与平行时，直线的斜率与直线的斜率相等即， 由点斜式写出直线方程为即， 综上所述直线的方程为：或或. 18．已知圆和点. （1）过点向圆引切线，求切线的方程； （2）求以点为圆心，且被直线截得的弦长为8的圆的方程； （3）设为（2）中圆上任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）或；（2）；（3）存在；定点时，定值为或定点时，定值为. 【分析】（1）讨论斜率是否存在：当斜率不存在时，易判断为圆的切线；当斜率存在时，设出直线方程，由圆心到直线距离等于半径，即可求得斜率，进而确定直线方程. （2）由点到直线距离公式可先求得点到直线的距离，再根据所得弦长和垂径定理，即可确定半径，进而得圆的方程； （3）假设存在定点，使得为定值，设，，，根据切线长定理及两点间距离公式表示出，代入并结合圆M的方程，化简即可求得，进而代入整理的方程可得关于的一元二次方程，解方程即可确定的值，即可得定点坐标及的值. 【详解】（1）若过点的直线斜率不存在，直线方程为，为圆的切线； 当切线的斜率存在时，设直线方程为， 即， ∴圆心到切线的距离为，解得， ∴直线方程为 综上切线的方程为或. （2）点到直线的距离为， ∵圆被直线截得的弦长为8，∴， ∴圆的方程为. （3）假设存在定点，使得为定值，设，， ∵点在圆上， ∴，则 ∵为圆的切线， ∴，∴， ， ∴ 即 整理得 若使对任意，恒成立，则， ∴，代入得， 化简整理得，解得或， ∴或 ∴存在定点，此时为定值或定点，此时为定值. 【点睛】本题考查了过圆外一点的切线方程求法，注意斜率不存在的情况，由几何关系确定圆的方程，圆中定点和定值问题的综合应用，属于难题. 19．已知圆与圆，则 (1)求圆与圆的公共弦的长； (2)求经过点以及圆与圆交点的圆的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）联立圆的方程得出公共弦所在直线方程，利用点到直线距离公式求出圆到直线的距离，再利用弦长公式求解； （2）利用圆过圆交点设圆系方程，再利用该圆过交点求解． 【详解】（1） 联立圆方程圆得两圆公共弦所在直线方程为， 圆到直线的距离为，又圆的半径， 两圆的公共弦长为． （2）设经过圆与圆交点的圆系方程为， 该圆系经过点， ，解得， 该圆方程为，即． 学科网（北京）股份有限公司 $