精品解析：湖南省常德市临澧县第一中学2026-2027学年高二上学期第一次阶段考试数学试卷

2026年下学期临澧一中高二年级第一次阶段考试 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【详解】对于A选项，， 所以三个向量共面，故A选项错误. 对于B选项，， 所以三个向量共面，故B选项错误. 对于C选项，假设三个向量共面，则存在实数对 使得 不共面，所以上式不成立， 所以三个向量不共面，故C选项正确. 对于D选项，， 所以三个向量共面，故D选项错误. 2. 设，向量，，且，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，求出，再求出，再用坐标求模即可. 【详解】因为，且， 所以，解得，即， 又因为，且， 所以，则，即， 故， 所以. 故选：A. 3. 经过三点，，的圆的面积（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 首先利用三点的坐标求出圆的方程，进一步利用圆的面积公式求出结果. 【详解】解：设圆的一般式方程为：， 由于：圆经过三点，，的坐标， 故：，解得：，，. 故圆的方程为：，整理得：， 所以：. 故选：. 【点睛】本题考查的知识要点：圆的一般是方程的应用，圆的面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型. 4. 在平行六面体中，点为棱的中点，点为棱上靠近的三等分点．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】选一组基底，利用空间向量基本定理即可求解. 【详解】由题意有，所以 ， 所以，所以， 故选：B. 5. 已知点，点为圆上的动点，则的中点的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的中点，则，代入圆的方程化简可得答案. 【详解】设的中点，则， 因为点为圆上的动点，所以， 即. 故选：D. 6. 已知的三个顶点，将绕顶点逆时针旋转，此时边上的中线所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得旋转前边上的中线所在直线方程，然后结合三角恒等变换求得旋转后边上的中线所在直线方程，从而确定正确答案. 【详解】依题意，，所以线段中点坐标为， 所以旋转前边上的中线所在直线方程为， 整理得，设此时边上的中线所在直线的倾斜角为， 则，为钝角， 则， 所以旋转后边上的中线所在直线的斜率为， 此时边上的中线所在直线方程为， 整理得. 故选：B 7. 某市举办青少年机器人大赛，组委会设计了一个正方形场地（边长为8米）如图所示，，，分别是，，的中点，在场地中设置了一个半径为米的圆，圆与直线相切于点.比赛中，机器人从点出发，经过线段上一点，然后再到达圆，则机器人走过的最短路程是（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出直线方程为，得到点关于直线的对称点，连接，与交于点，与圆交于点，所以即为机器人走过的最短路程，利用两点间距离公式求出答案. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 则， 设直线的方程为，将代入得，故直线方程为， 设点关于直线的对称点为， 则，解得， 故， 连接，与交于点，与圆交于点， 则， 所以即为机器人走过的最短路程， 其中， 故. 故选：A 8. 正四棱锥底面边长与侧棱长均为为空间任一点，且满足，则线段长度的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据，可得点在以为球心，以1为半径的球面上，且，从而可得线段长度的取值范围. 【详解】取底面正方形中心，中点，连结， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，得， 所以点在以为球心，以1为半径的球面上， 且， 则，即线段长度的取值范围为. 故选：C 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. 下列命题正确的有（    ） A. 空间中不相交的两条直线是异面直线 B. 已知，，，，是空间中的任意五点，则 C. 若两个非零向量，满足，则，，，四点共线 D. 若，，，四点共面，且点，，不共线，则存在，使得，且 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由空间直线位置关系即可判断；对于B，由空间向量的加法法则即可判断；对于C，由共线向量性质即可判断；对于D，由共面向量定理即可判断． 【详解】对于A，空间中不相交的两条直线是异面直线或平行直线，故A错误； 对于B，已知，，，，是空间中的任意五点，由空间向量的加法法则， 可知，故B正确； 对于C，若两个非零向量，满足， 则，，，四点共线或，故C项错误； 对于D，若，，，四点共面，且点，，不共线， 由共面向量定理，可得存在实数，，使得， 可得， 整理得， 对比，可得，，， 所以，故D正确． 10. 下列说法正确的是（ ） A. 直线的倾斜角的取值范围是 B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 C. 已知直线与直线平行，则平行线间的距离是3 D. 设点，若点在线段上（含端点），则的取值范围是 【答案】AD 【解析】 【分析】选项：先由直线方程得到斜率，结合正弦的值域求出斜率范围，进而得到倾斜角的取值范围；选项：利用一般式下两直线垂直的条件求出参数，判断充分性与必要性；选项 ：先根据两直线平行求出参数 ，统一系数后利用平行线距离公式计算距离判断；选项：把分式理解成两点连线的斜率，求出定点与线段端点连线斜率，结合图像分析斜率取值范围，即可得到正确选项. 【详解】选项A:直线 ，变形：，斜率， ，，又倾斜角 . ① , ② ，A正确； 选项B：直线：，， ∵两直线垂直，，∴， 解得 或 ， 垂直时可取，故只是充分不必要条件，B错误； 选项C：∵ 与 平行， ∴，， ∵，∴平行线间距离：，C错误； 选项D：：点与定点连线的斜率， ∵ ，∴， ∵在线段上移动，结合图形分析： ，D正确. 11. 在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（ ） A. ，三棱锥的体积是定值 B. 当时，存在唯一的使得平面 C. 为棱的中点，当时，的周长取最小值 D. 当直线与所成角的余弦值为时，的值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；以点为坐标原点，、、建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；将平面、延展为同一个平面，分析可知当、、三点共线，取最小值，可得出的周长取最小值，可判断C选项. 【详解】对于A选项，因为，即点在棱，则点到平面的距离等于， 因为四边形为矩形，所以， 故，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，， 因为，则，所以， 当时，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 则， 因为，解得或，所以，存在两个，使得， 因此当时，存在两个使得平面，B错； 对于C选项，将平面、延展为同一个平面，如下图所示： 由题意可知，当、、三点共线时， 取最小值， 因为，所以，故，故， 在长方体中，当时，取最小值，而的长为定值， 此时的周长取最小值，C对； 对于D选项，由题意得、、、， ，， 所以， 因为，解得，D对. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若经过点的直线在，轴上的截距之比为，则与两坐标轴围成的三角形的面积为__________. 【答案】#### 【解析】 【分析】利用截距式方程，求直线在两坐标轴上的截距，再求三角形的面积. 【详解】由条件可知，直线不过原点， 设直线，则，则， 所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积为. 故答案为： 13. 正四棱柱中，与平面所成角的正弦值为，则异面直线与所成角的余弦值为______________． 【答案】##0.75 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用线面角的正弦值求出的长，进而求出异面直线的夹角的余弦值. 【详解】以A为坐标原点，分别以AB，AD，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 因为棱柱为正四棱柱，设，， 则， 其中平面的法向量为， 设与平面所成角为， 则， 解得：， 所以，， 设异面直线与所成角为， 所以. 故答案为： 14. 数学家莱昂哈德▪欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的重心、外心、垂心在同一条直线上，这条直线被称为欧拉线.已知的顶点，，其欧拉线方程为，则外接圆的半径______________，顶点的坐标为______________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空，由欧拉线定义可得AB中垂线与其交点即为外心，然后由外心坐标可得外接圆半径；第二空，设，由重心坐标公式及欧拉线方程可得纵坐标，然后由外接圆半径可得横坐标. 【详解】第一空，因，，则AB中点坐标为，， 则AB中垂线方程为：， 则其与交点为，即外心坐标为， 则外接圆半径； 第二空，设，结合，，可得重心坐标为：， 因其在上，则，则.又，外心坐标为， 则或3（与B重合，舍去），则. 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. 已知的顶点，，，为的中点． （1）求直线的斜率； （2）判断的形状； （3）设分别为的中点，求直线的斜率． 【答案】（1）； （2）等腰直角三角形； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用中点坐标公式及斜率的两点式求斜率； （2）根据已知求得，，，则有、，即可得三角形形状； （3）由题设有，结合（2）可得直线的斜率. 【小问1详解】 因为为的中点，结合已知坐标有，则； 【小问2详解】 由，，， 由，，知是直角三角形． 又，结合已知，则是的垂直平分线， 所以是等腰直角三角形． 【小问3详解】 由于分别为的中点，所以是的中位线，则， 所以，故直线的斜率为． 16. 已知直线：. （1）若直线与. 平行，且之间的距离为，求的方程； （2）为上一点，点，，求取得最大值时点的坐标. 【答案】（1）或； （2） 【解析】 【分析】（1）设出直线m的方程，利用平行线间距离公式列式求解. （2）求出点关于直线的对称点坐标，结合图形，利用线段和差关系确定点位置，进而求出其坐标. 【小问1详解】 由直线m与平行，设直线m的方程为， 由m，之间的距离为，得，解得或， 所以直线m的方程为或. 【小问2详解】 设点关于直线：的对称点为， 则，解得，即， 而，当且仅当三点共线时取等号， 直线的方程为，即， 由，解得，点， 所以取得最大值时点P的坐标. 17. 如图1，矩形中，，点为的中点，现将沿折起，使得平面平面，得到如图2所示的四棱锥，点为棱上一点. （1）证明：； （2）是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：在矩形中，，，， ∴，∴. ∵平面平面，平面平面，，平面 ∴平面，∵平面，∴. （2）存在，的值为. 【解析】 【分析】（1）运用面面垂直的性质和线面垂直的性质即得； （2）通过建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，设出比值，利用线面所成角的空间向量公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取的中点，连接，作交于点，则， ∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面， 以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ∴，，，， 设平面的法向量为，则 令，则，，∴ 设（），则， 则 设直线与平面所成角为， 则，解得， 所以存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，此时的值为. 18. 如图，在圆台中，已知上、下底面半径分别为1和2，体积为．为下底面圆周上一点，，为的中点，连接． （1）证明：平面； （2）若在下底面以为圆心，以为半径的圆上存在一点，使得． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）在圆台中，，分别为上下底面的圆心，有平面，由于平面，所以．且，，平面，，所以平面． （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先利用平面证得，再由线面垂直的判定定理即可得证； （2）由圆台体积求出其高度，建系后求出相关点的坐标. （ⅰ）利用和向量共线求出点的坐标，即可求出的值；（ⅱ）根据（ⅰ）建的坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由圆台体积公式可得解得． 由于，，两两相交且垂直， 则以为一组正交基底建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，， 因为的中点，则． （ⅰ）设，则． 则，， 由于，即存在,使得, 即，解得，，，即， 所以半径． （ⅱ）由于平面， 不妨设平面的一个法向量． 设平面的一个法向量， 有，即，故可取． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 19. 在平面直角坐标系中，任何一条直线都可以用（其中，，，）表示，给定一个点和一个方向，我们可以确定一条直线，例如：已知点在直线上，是直线的一个方向向量，则直线上任意一点满足，化简得直线的方程为．而在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都可以表示成（其中，，，，且），类似地，在空间中，给定一个点和一个平面的法向量也可以确定一个平面． （1）若点，，，求平面的方程； （2）若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积， （3）已知某平行六面体，平面的方程为，平面经过点，，，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过平面方程的新概念求平面的方程； （2）由题设得几何体为正八面体，其内切球球心为原点，半径为原点到其中一面的距离，利用等体积转换可得半径，即可计算表面积. （3）通过平面方程求的方向向量，再根据平面求平面的法向量，再求平面与平面的夹角的余弦值． 【小问1详解】 ， 设是平面的一个法向量， 则令，得，所以． 设点是平面内任意一点，， 由，得， 所以平面的方程为． 【小问2详解】 方程经过点， 则集合所围成的几何体为如下图的正八面体. 则的内切球球心为，半径为点到平面的距离. 由得. 由得. 则，解得. 所以的内切球的表面积为. 【小问3详解】 记平面的方程为， 在平面上任取一条直线，直线上任取两点， 则有 因为， 所以． 所以，即垂直于平面上任意一条直线， 所以是平面的一个法向量． 因为平面的方程为，所以平面的一个法向量为； 因为平面的方程为，所以平面的一个法向量为. 由已知得， 设为平面的一个法向量，则. 令，得，所以． 设直线的一个方向向量为，则 令，得，所以． 因为平面， 所以平面的一个法向量与直线的方向向量垂直， 所以，解得，所以． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年下学期临澧一中高二年级第一次阶段考试 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 2. 设，向量，，且，，则（    ） A. B. C. D. 3. 经过三点，，的圆的面积（ ） A. B. C. D. 4. 在平行六面体中，点为棱的中点，点为棱上靠近的三等分点．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，点为圆上的动点，则的中点的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 6. 已知的三个顶点，将绕顶点逆时针旋转，此时边上的中线所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 某市举办青少年机器人大赛，组委会设计了一个正方形场地（边长为8米）如图所示，，，分别是，，的中点，在场地中设置了一个半径为米的圆，圆与直线相切于点.比赛中，机器人从点出发，经过线段上一点，然后再到达圆，则机器人走过的最短路程是（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 8. 正四棱锥底面边长与侧棱长均为为空间任一点，且满足，则线段长度的取值范围为（ ） 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. 下列命题正确的有（    ） A. 空间中不相交的两条直线是异面直线 B. 已知，，，，是空间中的任意五点，则 C. 若两个非零向量，满足，则，，，四点共线 D. 若，，，四点共面，且点，，不共线，则存在，使得，且 10. 下列说法正确的是（ ） A. 直线的倾斜角的取值范围是 B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 C. 已知直线与直线平行，则平行线间的距离是3 D. 设点，若点在线段上（含端点），则的取值范围是 11. 在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（ ） A. ，三棱锥的体积是定值 B. 当时，存在唯一的使得平面 C. 为棱的中点，当时，的周长取最小值 D. 当直线与所成角的余弦值为时，的值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若经过点的直线在，轴上的截距之比为，则与两坐标轴围成的三角形的面积为__________. 13. 正四棱柱中，与平面所成角的正弦值为，则异面直线与所成角的余弦值为______________． 14. 数学家莱昂哈德▪欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的重心、外心、垂心在同一条直线上，这条直线被称为欧拉线.已知的顶点，，其欧拉线方程为，则外接圆的半径______________，顶点的坐标为______________. 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. 已知的顶点，，，为的中点． （1）求直线的斜率； （2）判断的形状； （3）设分别为的中点，求直线的斜率． 16. 已知直线：. （1）若直线与. 平行，且之间的距离为，求的方程； （2）为上一点，点，，求取得最大值时点的坐标. 17. 如图1，矩形中，，点为的中点，现将沿折起，使得平面平面，得到如图2所示的四棱锥，点为棱上一点. （1）证明：； （2）是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 18. 如图，在圆台中，已知上、下底面半径分别为1和2，体积为．为下底面圆周上一点，，为的中点，连接． （1）证明：平面； （2）若在下底面以为圆心，以为半径的圆上存在一点，使得． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． 19. 在平面直角坐标系中，任何一条直线都可以用（其中，，，）表示，给定一个点和一个方向，我们可以确定一条直线，例如：已知点在直线上，是直线的一个方向向量，则直线上任意一点满足，化简得直线的方程为．而在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都可以表示成（其中，，，，且），类似地，在空间中，给定一个点和一个平面的法向量也可以确定一个平面． （1）若点，，，求平面的方程； （2）若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积， （3）已知某平行六面体，平面的方程为，平面经过点，，，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $