2026-2027学年高二数学上学期期中自编模拟卷（广东省广州市适用）

2026-2027学年高二数学上学期期中自编模拟卷 广东省广州市适用 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．已知向量，，则在方向上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 2．直线与之间的距离为（   ） A． B． C．2 D．2 3．在平行六面体中，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 4．已知圆C：，过点向圆C作切线，切点为B，则（    ） A． B． C． D． 5．如图所示，已知正方体，则直线与平面所成的角为（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 6．已知实数x，y满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D．1 7．已知点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程是（    ） A． B． C． D． 8．阅读下面材料：在空间直角坐标系Oxyz中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为.根据上述材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：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．下列说法正确的是（   ） A．已知，，则A,B,C三点共线. B．已知，，则在上的投影向量为， C．已知三棱锥，点P为平面上的一点，且，则 D．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 10．已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（    ） A．的最大值是 B．的最大值是 C．的最小值是 D．过点作曲线的切线，则切线方程为 11．如图，正方体的棱长为，设是棱的中点，是线段上的动点（含端点），是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（   ） A．点的轨迹是一条线段 B．三棱锥的体积为定值 C．当点Q在线段上移动时，必存在点M，使 D．直线与平面所成角的正切值的取值范围是 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．据文献及绘画作品记载，中国最早的拱桥可以追溯到东汉或西晋时期．某拱桥及其示意图如下，桥拱APB是一段圆弧，桥的跨度，拱高，与OP相距a m的支柱，则a=________． 13．已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________． 14．已知是空间单位向量，.若空间向量满足，且对于任意，则___________，___________. 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．（13分）(1)一条直线经过点，倾斜角是直线的倾斜角的倍时，求该直线方程； (2)一条直线经过点，与轴的正半轴分别交于两点，当的面积最小（为坐标原点）时求该直线方程. 16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，，，，． (1)求四棱锥的体积； (2)设点是底面上的一点，且平面与平面的夹角为，求线段的最小值. 17．（15分）如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点． (1)证明：； (2)当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)当二面角的余弦值为时，求． 18．（17分）已知平面直角坐标系中的点，，则满足的动点的轨迹记为圆． (1)求圆的方程； (2)已知，，三点，点在圆上运动，求的最大值与最小值之差． (3)直线与圆交于，两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由； 19．（17分）球面几何是研究球面上由大圆弧围成的图形的几何分支；已知球O的半径为R，点A、B、C均在球面上，将球面上由三段圆弧、、围成的曲面图形，称为球面三角形；记三个二面角、、的平面角分别为、、，球面三角形的面积由以下公式给出： (1)若平面、平面、平面两两垂直，求球面三角形的面积； (2)在图一中，已知，球心处的三个圆心角记为：，，． ①求证：； ②将图一中线段延长交球O于点D，连接、，得到四面体并将其截出得到图二，已知直线、与平面所成的角分别为、，点E满足向量关系：，，S为中点，T为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二数学上学期期中自编模拟卷 广东省广州市适用 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．已知向量，，则在方向上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用投影向量的公式计算即可； 【详解】由题可得：,, 所以在方向上的投影向量是, 故选：D 2．直线与之间的距离为（   ） A． B． C．2 D．2 【答案】A 【分析】根据题意，利用两平行线之间的距离公式，即可求解. 【详解】由直线与，可得与平行， 根据两平行线间的距离公式，可得． 即直线与的距离为. 故选：A. 3．在平行六面体中，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据向量运算求得正确答案. 【详解】依题意，， 所以 . 所以. 故选：B 4．已知圆C：，过点向圆C作切线，切点为B，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以勾股定理即可求得线段的长. 【详解】圆的圆心，半径，又， 则， 则. 故选：C 5．如图所示，已知正方体，则直线与平面所成的角为（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】B 【分析】把与平面所成的角转化为与平面所成的角，根据线面垂直的判定定理，证得平面，得到为与平面所成的角，在直角中，即可求解. 【详解】由题意，在正方体中，可得， 所以直线与平面所成的角，即为与平面所成的角， 连接交于点，可得， 又由平面，因为平面，可得 由线面垂直判定定理，可得平面， 所以为与平面所成的角， 设正方体的棱长为1，可得, 在直角中，， 因为，所以. 故选：B. 6．已知实数x，y满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D．1 【答案】D 【分析】由表示到坐标原点的距离即可求解. 【详解】由，即为和，两点间的距离， 所以的最小值为即为到直线的距离， 即， 所以的最小值为1， 故选：D 7．已知点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设出的坐标，利用相关点法求解出的轨迹方程. 【详解】设， 由题意可知，所以， 又因为， 所以， 化简可得， 所以的轨迹方程为， 故选：A. 8．阅读下面材料：在空间直角坐标系Oxyz中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为.根据上述材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由所给信息可得平面，与的法向量，后利用向量知识可得直线的方向向量，即可得答案. 【详解】因为平面的方程为，所以平面的一个法向量为. 同理可知，与分别为平面与的一个法向量. 设直线的方向向量为，则， 不妨取，则.设直线与平面所成的角为， 则. 所以. 故选：D. 二、选择题：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．下列说法正确的是（   ） A．已知，，则A,B,C三点共线. B．已知，，则在上的投影向量为， C．已知三棱锥，点P为平面上的一点，且，则 D．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 【答案】BC 【分析】根据空间向量共线的充要条件计算可判定A；根据投影向量的定义计算判断B；利用四点共面的推论可判定C；利用空间向量研究线面关系可判定D. 【详解】对于A，由，，因为，所以与不共线，即三点不共线，故A错误； 对于B，在上的投影向量为，故B正确； 对于C，因为为平面上的一点，所以四点共面，所以，即，故C正确； 对于D，由题易得，则，故D错误. 故选：BC. 10．已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（    ） A．的最大值是 B．的最大值是 C．的最小值是 D．过点作曲线的切线，则切线方程为 【答案】BD 【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，找出圆心和半径，A、B、C三个选项分别利用“圆上点到定点距离”、“两点连线斜率”、“截距”的几何意义，结合圆心到直线距离公式求解；D选项利用“点在圆上，切线与半径垂直”的性质求出切线方程． 【详解】因为， 所以圆C的圆心，半径为. 对于A项，表示圆上的点到定点距离的平方，如图所示， 所以的最大值为， 故A项错误； 对于B项，表示圆上的点与点的连线的斜率，如图所示， 设，即，由题意直线与圆C有公共点， 故圆心到直线的距离， 解得，所以的最大值为，故B项正确； 对于选项C：设，则直线方程为， 当直线与圆C有公共点时，圆心到直线的距离 ，即， 即，解得，所以的最小值为，故C错误； 对于D项，设过点作曲线C的切线，则其斜率存在，故可设切线方程为， 由圆心到直线的距离可得，解得， 所以切线方程为，即，故D项正确； 11．如图，正方体的棱长为，设是棱的中点，是线段上的动点（含端点），是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（   ） A．点的轨迹是一条线段 B．三棱锥的体积为定值 C．当点Q在线段上移动时，必存在点M，使 D．直线与平面所成角的正切值的取值范围是 【答案】ACD 【分析】对A：取的中点E，的中点F，并连接，可得点M的轨迹为线段；对B：点到平面的距离为定值, 的面积不是定值，体积不定；对C：建立适当空间直角坐标系，由空间向量坐标运算可得存在，即可判断；对D：由平面知，即为直线与平面所成的角，在中，可得，则得，即可判断. 【详解】对A：取的中点E，的中点F，连接，，，，如图所示： 易知，， 因为平面，平面，所以平面， 同理，平面，又，平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面，故点M的轨迹为线段，故A正确； 对B：点到平面的距离为正方体棱长，是定值, 点的轨迹为线段，直线与不平行，因此沿移动时， 点到直线的距离不确定，即的面积不是定值， 由，体积随底面积改变，故体积不是定值，故B错误； 对C：分别以向量，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示： 则，， 设（），得，从而， 又，令，得， 当时，显然不合题意； 当时，由，解得， 即当点Q在线段上移动时，均存在点M，使，故C正确； 对D：设直线与平面所成的角为、连接，如图所示， 由平面知，，在中， 由，则， 故直线与平面所成角的正切值的取值范围是，故D正确. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．据文献及绘画作品记载，中国最早的拱桥可以追溯到东汉或西晋时期．某拱桥及其示意图如下，桥拱APB是一段圆弧，桥的跨度，拱高，与OP相距a m的支柱，则a=________．    【答案】15 【分析】根据圆的性质由弦长及拱高构造等量关系，由勾股定理计算可得结果. 【详解】设拱桥所在圆心为，连接，作于点，如下图所示： 设，则 ，在中，根据勾股定理可得，解得 中，， 根据勾股定理可得：，解得 故答案为： 13．已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________． 【答案】 【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解. 【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点， 且，所以四边形为矩形， 设，则， 所以， ，即四边形面积等于. 故答案为：. 14．已知是空间单位向量，.若空间向量满足，且对于任意，则___________，___________. 【答案】 【分析】问题转化为当且仅当时取到最小值1，利用数量积求向量的模，且当模最小时，求出相关的数值. 【详解】因为， 由于，所以， 问题等价于当且仅当时，取到最小值1， ， 则，解得. 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．（13分）(1)一条直线经过点，倾斜角是直线的倾斜角的倍时，求该直线方程； (2)一条直线经过点，与轴的正半轴分别交于两点，当的面积最小（为坐标原点）时求该直线方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求已知直线倾斜角的正切值，通过二倍角正切公式得到所求直线斜率，结合点坐标用点斜式求直线方程； （2）设直线的截距式方程，代入点坐标后利用基本不等式求出面积最小时的截距，进而得到直线方程. 【详解】（1）设所求直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 将直线化为斜截式，可得其斜率， 由二倍角正切公式，所求直线的斜率， 因为直线过点，故直线方程为，整理为一般式得：. （2）设所求直线与轴正半轴交点为，与轴正半轴交点为，其中， 则直线的截距式方程为，将点代入方程得：， 的面积，由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立， 对不等式两边平方得，即，因此， 即面积的最小值为，联立，解得， 代入截距式方程得，整理为一般式得：. 16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，，，，． (1)求四棱锥的体积； (2)设点是底面上的一点，且平面与平面的夹角为，求线段的最小值. 【答案】(1)4 (2) 【分析】（1）利用棱锥体积公式计算即可； （2）建立空间直角坐标系，利用面面夹角计算公式结合二次函数分析计算即可. 【详解】（1）因为，， 所以四棱锥的底面为直角梯形， 又因为平面， 所以四棱锥的体积为. （2）因为平面，， 以为原点，建立如图空间直角坐标系，则 ，，，， 设，则，， 由题意平面的法向量，设平面的法向量为， 所以，令，则，， 所以，因为平面与平面的夹角为， 所以，整理得， 所以， 所以当时，，所以． 17．（15分）如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点． (1)证明：； (2)当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)当二面角的余弦值为时，求． 【答案】(1)证明:因为， 所以，所以， 又，且平面，所以平面， 又平面，所以． (2) (3) 【分析】（1）先由勾股定理得到，再由线面垂直的判定定理证明平面即可； （2）建立如图所示坐标系，求出平面的一个法向量再代入空间线面角的公式求解即可； （3）设，求出平面和平面的一个法向量代入空间二面角公式求出即可； 【详解】（1）略； （2）因为，所以，则． 由（1）可知两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 当点为棱的中点时，． 设平面的一个法向量， 则即令，解得，故， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． （3）由（2）可知， 设，则， 设平面的一个法向量， 则即令，解得， 故， 设平面的一个法向量为， 由得令，解得，故， 所以， 即，整理，得，解得或（舍去）． 故． 18．（17分）已知平面直角坐标系中的点，，则满足的动点的轨迹记为圆． (1)求圆的方程； (2)已知，，三点，点在圆上运动，求的最大值与最小值之差． (3)直线与圆交于，两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由； 【答案】(1). (2)16 (3) 【分析】(1)设动点，依据的距离等式，两边平方化简整理，即可求得动点的轨迹圆的方程； (2)设，写出的坐标表达式，求和后结合圆方程消去，转化为关于的一次函数，利用的取值范围求最值，再计算最值之差； (3)假设轴上存在定点，联立直线与圆的方程，由韦达定理得到两根之和、两根之积，代入斜率条件化简，求解参数并验证，判断定点是否存在. 【详解】（1）设，由，，， 得， 两边平方：， 展开：， 整理得：， 所以圆的方程为. （2）设，由，，， ， ， ， ， 由点在圆上，，代入得， ， 圆中， 当时，取得最大值； 当时，取得最小值， 最大值与最小值之差为. （3）假设在轴上存在定点满足条件， 设，，联立， ， ，， 由，得， ，，当时，约去， ， 通分整理：， ， 代入，后两边同乘：， 化简，即，解得， 当时，直线与圆交于， 也满足，所以存在定点满足题意. 19．（17分）球面几何是研究球面上由大圆弧围成的图形的几何分支；已知球O的半径为R，点A、B、C均在球面上，将球面上由三段圆弧、、围成的曲面图形，称为球面三角形；记三个二面角、、的平面角分别为、、，球面三角形的面积由以下公式给出： (1)若平面、平面、平面两两垂直，求球面三角形的面积； (2)在图一中，已知，球心处的三个圆心角记为：，，． ①求证：； ②将图一中线段延长交球O于点D，连接、，得到四面体并将其截出得到图二，已知直线、与平面所成的角分别为、，点E满足向量关系：，，S为中点，T为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值． 【答案】(1) (2)①证明：由余弦定理可得： ，且, 所以， 即， 消去，则有： 即； ②. 【分析】（1）根据平面，平面，平面两两垂直，得，即可求解； （2）①根据余弦定理及勾股定理即可证明； ②建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面，平面两两垂直， 所以， 所以球面三角形ABC的面积； （2）①略； ②由题意可知是球的直径，则有, 又，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以, 又因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以， 又因为直线与平面所成的角分别为，， 所以， 不妨令， 则，， 又因为,,, 以为坐标原点，以所在直线为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系： 设， 则 可得， 则，， 设平面的一个法向量为， 则， 取，则， 所以； 设平面的一个法向量为， 则， 取，则， 所以， 要使取最小值，则取最大值， 因为， 令， 则， 所以 当且仅当时等号成立， 则的最大值为， 所以取最小值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $