精品解析：吉林长春市文理高中2026-2027学年高二上学期第一学程考试数学试题

长春市文理高中2026-2027学年度（上）高二年级 第一学程考试数学试卷 （本试卷共3页，满分150分，考试时间120分钟） 一､单选题：本大题共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. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 以为圆心，为半径的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 5. 设点P，Q分别为直线与直线上的任意一点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 6. 已知点，，是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，其中底面是正方形，，，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 费马点是法国著名数学家费马于1643年提出的，根据费马的结论可得：当的三个内角都小于时，在内部存在唯一的点，使到三角形三个顶点距离之和最小，且点满足：.在直角坐标系内，的费马点为，则点到直线的距离为（ ） A. 2 B. 3 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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 已知，则 B. “存在实数，使”是“与共面”的充分不必要条件 C. 已知空间三点，则向量与的夹角余弦值为 D. 若为空间中任意一点，有，则点在平面内. 10. 某市高一年级举行了阶段性检测，为了了解本次检测的学生成绩情况，从中抽取了200名学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，按照的分组作出频率分布直方图如图所示．则（ ） A. 图中 B. 估计该市全体学生成绩的平均分为71 C. 若对成绩前的学生进行奖励，则受奖励学生的考试成绩大约至少为84分 D. 若在的样本成绩对应的学生（包括学生甲和乙）中随机选取两名进行访谈，则甲、乙两人至少抽到一人的概率为 11. 如图，在正四棱柱中，为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线无交点 B. 直线不可能与直线垂直 C. 三棱锥的外接球的体积为 D. 点到平面的距离为 三､填空题：本题共3小题；每处题5分，共15分. 12. 若直线与直线垂直，则__________. 13. 如图，在120°的二面角中，且，垂足分别为A，B，已知，则线段的长为__________． 14. 阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262-190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题；平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．现有，，则的最大面积为_________． 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. 已知的三个顶点是、、. （1）求边上的中线所在直线方程； （2）求边上的高所在直线方程. 16. 在长方体中，以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面的夹角的正弦值； 17. 已知的内角，，所对的边分别为，，，． （1）求角的大小； （2）若，，求的面积． 18. 平面直角坐标系中，点，圆与轴正半轴交于点. （1）求过点且斜率为的直线被圆截得的弦长； （2）求过点与圆相切的直线方程； （3）过点的直线与圆交于不同的两点，判断直线QA，QB的斜率之和是否为定值，若是则求出该定值，若不是则说明理由. 19. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春市文理高中2026-2027学年度（上）高二年级 第一学程考试数学试卷 （本试卷共3页，满分150分，考试时间120分钟） 一､单选题：本大题共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. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， 化简得； 故. 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将直线方程化为，然后利用倾斜角与斜率的关系得到直线的倾斜角. 【详解】直线可化为. 于是设直线倾斜角为，则， 所以，即倾斜角为. 3. 以为圆心，为半径的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】以为圆心，为半径的圆的方程为． 4. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用投影向量的计算公式计算即可. 【详解】向量在向量上的投影向量 故选：C 5. 设点P，Q分别为直线与直线上的任意一点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】因为直线与直线平行，所以的最小值为直线与直线距离，求解即可. 【详解】由直线可得， 所以直线与直线平行， 所以的最小值为直线与直线距离， 所以. 故选：C. 6. 已知点，，是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出草图可知，点M、点N在直线l同侧，运用对称性即可求得结果. 【详解】如图所示， 设点关于直线的对称点为， 则，解得，即， 所以． 故选：C. 7. 如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，其中底面是正方形，，，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取，分别求得和，将与分别用表示出来，再利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】 如图，分别取，则， 且， 而 由， ， ， 设与的所成角为， 则. 故选：A. 8. 费马点是法国著名数学家费马于1643年提出的，根据费马的结论可得：当的三个内角都小于时，在内部存在唯一的点，使到三角形三个顶点距离之和最小，且点满足：.在直角坐标系内，的费马点为，则点到直线的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定，直线的方程为，再计算点到直线的距离即可. 【详解】如图所示：为等腰三角形，轴于，是中点， 故，，故， ，直线的方程为，即， 故点到直线的距离为. 故选：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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 已知，则 B. “存在实数，使”是“与共面”的充分不必要条件 C. 已知空间三点，则向量与的夹角余弦值为 D. 若为空间中任意一点，有，则点在平面内. 【答案】ABD 【解析】 【详解】已知，则， 故A正确； 若存在实数，使，且共线，则与共面； 若存在实数，使，且不共线，则由共面定理可知与共面； 故充分性成立， 若共线，但与不共线，则不存在实数，使，故必要性不成立， 故B正确； ， 则向量与的夹角余弦值为，故C错误； ，则， 则，则点在平面内，故D正确. 10. 某市高一年级举行了阶段性检测，为了了解本次检测的学生成绩情况，从中抽取了200名学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，按照的分组作出频率分布直方图如图所示．则（ ） A. 图中 B. 估计该市全体学生成绩的平均分为71 C. 若对成绩前的学生进行奖励，则受奖励学生的考试成绩大约至少为84分 D. 若在的样本成绩对应的学生（包括学生甲和乙）中随机选取两名进行访谈，则甲、乙两人至少抽到一人的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据频率和为1分析求解；对于B：根据加权平均数公式分析求解；对于C：设受奖励学生的考试成绩大约至少为m分，可知，列式求解即可；对于D：可得在的人数为8，结合独立事件概率乘法公式以及对立事件概率求法运算求解. 【详解】对于选项A：由频率分布直方图可知每组频率依次为， 则，解答，故A正确； 对于选项B：估计该市全体学生成绩的平均分为 ，故B错误； 对于选项C：因为， 设受奖励学生的考试成绩大约至少为m分，可知， 则，解得， 所以受奖励学生的考试成绩大约至少为84分，故C正确； 对于选项D：成绩在的人数为， 设甲、乙两人至少抽到一人为事件A，则， 所以，故D正确； 故选：ACD. 11. 如图，在正四棱柱中，为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线无交点 B. 直线不可能与直线垂直 C. 三棱锥的外接球的体积为 D. 点到平面的距离为 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A，与所在平面平行，两直线无交点；选项B，取与点重合时的特殊位置证两直线垂直；选项C，三棱锥的外接球即为正四棱柱的外接球，直接求半径后得体积；选项D，利用等体积法求距离. 【详解】选项A，在正四棱柱中，平面，因为平面，平面，所以不在同一平面且不平行，是异面直线，因此无交点，A正确； 选项B，当与点重合时，在正四棱柱中，因为底面是正方形， 所以，平面， 所以，因为，平面，平面， 所以平面，此时，B错误； 选项C，三棱锥的外接球即为正四棱柱的外接球， 则外接球半径， 则外接球体积为，C错误； 选项D，由题，， 因为，所以为等腰三角形，则中边上的高， 设点到平面的距离为，因为， 所以，D正确. 三､填空题：本题共3小题；每处题5分，共15分. 12. 若直线与直线垂直，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为， 所以，解得. 13. 如图，在120°的二面角中，且，垂足分别为A，B，已知，则线段的长为__________． 【答案】12 【解析】 【分析】利用，两边平方计算，可得线段的长． 【详解】因为，所以．又因为二面角的平面角为120°，所以．所以，所以． 故答案为：12 【点睛】本题考查空间距离的计算，考查向量知识的运用，属于中档题． 14. 阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262-190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题；平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．现有，，则的最大面积为_________． 【答案】12 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出点的轨迹方程，进而求出面积的最大值. 【详解】以线段的中点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，则， 设，由，得， 整理得，因此点的轨迹方程为，， 显然上的点到轴，即直线距离的最大值为4， 所以面积的最大值为. 故答案为：12 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. 已知的三个顶点是、、. （1）求边上的中线所在直线方程； （2）求边上的高所在直线方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出线段的中点的坐标，进而可求出直线的斜率，利用点斜式方程可得出直线的方程； （2）求出直线的斜率，进而可得出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程. 【小问1详解】 由题意可知，线段的中点为，故， 故边上的中线所在直线方程为，即. 【小问2详解】 由题意可得，因为，则， 故边上的高所在直线方程为，即. 16. 在长方体中，以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面的夹角的正弦值； 【答案】（1）以为原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 由题设，，，，，，， 点在上，且，所以，则， 点在上，且，所以，得到点， 所以，， ，所以， ，所以， 因为平面，平面，且平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法证明、，再由线面垂直的判定定理证明结论； （2）根据（1）写出平面的法向量、直线的方向向量，再应用向量法求其夹角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，可取作为平面的法向量， 直线的方向向量，设直线与平面的夹角为， 则， 所以直线与平面的夹角的正弦值为. 17. 已知的内角，，所对的边分别为，，，． （1）求角的大小； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理角化边，再利用余弦定理求出角； （2）根据已知条件，结合余弦定理，化简即可求出，最后根据面积公式求出面积即可. 【小问1详解】 （1）因为，所以由正弦定理可得， 又由余弦定理可得，所以，又，所以． 【小问2详解】 由余弦定理可得，由（1）知， 所以，又，， 所以，，所以． 18. 平面直角坐标系中，点，圆与轴正半轴交于点. （1）求过点且斜率为的直线被圆截得的弦长； （2）求过点与圆相切的直线方程； （3）过点的直线与圆交于不同的两点，判断直线QA，QB的斜率之和是否为定值，若是则求出该定值，若不是则说明理由. 【答案】（1） （2）和 （3）定值， 【解析】 【分析】（1）计算出圆心到直线的距离，然后根据半径、圆心到直线的距离、半弦长之间的关系求解出弦长； （2）先直接分析直线斜率不存在的情况，当直线斜率存在时，设出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求解出切线方程，由此结果可知； （3）设以及直线的方程，联立直线与圆的方程，得到坐标的韦达定理形式，然后将化简至用韦达定理表示的形式，代入计算可得结果. 【小问1详解】 过点斜率为的直线方程为， 圆心到该直线的距离为， 所以该直线被圆截得的弦长为. 【小问2详解】 圆的圆心为，半径为2， 若过点的直线垂直于轴，则方程为，显然与圆相切，符合题意； 若过点的直线不垂直于轴，设直线的斜率与， 则直线方程为，即， 因为直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离，解得， 所以切线方程为； 综上所述，切线方程为和. 【小问3详解】 由题意知点，显然直线的斜率存在，设直线方程为， 联立，得， 设，则， 且， 所以 ， 所以是定值，定值为． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，再将其与圆的方程联立得到韦达定理式，最后代入斜率之和的表达式化简即可. 19. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 取中点，连接， 因为为中点，所以，且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面； （2）（i）（ii）存在， 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值； （ii）设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为平面，且， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 因为平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为； （ii）存在点满足题意， 易知， 假设存在点满足题意，设， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以点到平面的距离，化简可得， 解得或（舍去），即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $