精品解析：重庆市江北巴川量子学校2026-2027学年高二上学期一阶考试数学试卷

重庆市江北巴川量子学校高28届高二（上）一阶考试 数学试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知直线l的方程为，则直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】C 【解析】 【分析】由直线方程可得斜率，然后根据斜率与倾斜角的关系可得. 【详解】由题知，直线l的斜率为， 记直线l的倾斜角为，则， 因为，所以. 故选：C 2. 在棱柱中，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的加法运算法则直接计算. 【详解】， 故选：B. 3. 已知直线：与：之间的距离为，则（ ） A. 13 B. 13或 C. 7 D. 7或 【答案】B 【解析】 【分析】应用平行线间距离公式计算即可. 【详解】因为，则，得或. 故选：B. 4. 若方程表示的曲线为圆，则的取值范围是（ ）． A. B. 或 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆的一般式满足关系即可求解. 【详解】若方程表示的曲线为圆， 则， 即， 解得：， 故选:C． 5. 已知平面的法向量为 ，点不在 内，则直线与平面的位置关系为 A. B. C. 与 相交不垂直 D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：，而点不在内，故 考点：直线与平面的位置关系 6. 直线被圆所截得的弦长为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆的一般方程得出圆心坐标和半径，再结合点到直线的距离公式与勾股定理即可求解. 【详解】由题意知，圆心，圆C的半径为3， 故C到的距离为， 故所求弦长为． 故选：C 7. 已知点，直线，圆的圆心为点A关于直线l的对称点，且圆的半径为2，若圆的方程为，则圆与圆的公切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先由对称性得到的圆心，再根据圆与圆的位置关系确定公切线条数即可． 【详解】设点A关于直线l的对称点， ，解得， 则的圆心为，半径为2， ，圆心为，半径为， 圆与圆的圆心距， 又， 所以圆与圆外切， 则圆与圆的公切线条数为． 8. 已知点，若P，Q是直线：（）上的两点，且对任意， 恒成立，则线段 的长度的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过分析得到点M在以为直径的圆上或圆内，从而得到线段的范围. 【详解】由直线：化为，故直线恒过定点. 点到直线：距离. 对任意， 恒成立,等价于点M位于以线段为直径的圆上或圆内. 要使直线上存在这样P，Q点，则点M到直线的距离不大于以线段为直径的圆的半径，即， 所以.根据题意，该不等式对任意恒成立， 所以，而，故. 故选：D. 二、多选题（每题全部选对得6分，部分选对得部分分，选错不得分，共18分） 9. 下列说法中，正确的有（ ） A. 过点且在轴，轴截距相等的直线方程为 B. 直线在轴的截距是2 C. 已知直线l的两点式方程为，则l的斜率为 D. 过点且倾斜角为90°的直线方程为 【答案】CD 【解析】 【分析】结合直线的截距定义、斜率计算、两点式方程、特殊倾斜角的直线方程相关知识点，逐一判断选项正误. 【详解】对于A选项，过点且，轴截距相等的直线有两类：①截距均不为时，方程为；②截距均为时，直线方程为，故A选项错误； 对于B选项，令，得直线在轴截距为，故B选项错误； 对于C选项，由两点式方程可知直线过点和，因此直线斜率，故C选项正确； 对于D选项，倾斜角为的直线垂直于轴，横坐标恒为，方程为，即，故D选项正确. 10. 下列命题正确的有（ ） A. 若直线的方向向量与平面的法向量垂直，则 B. 若为空间的一个基底，则可构成空间的另一个基底 C. 已知向量，若，则为钝角 D. 已知直线的一个方向向量为且过点，则的方程为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理，可判断A的正误；根据向量共面的定理及条件，分析即可判断B的正误；当时，可得，分析即可判断C的正误；根据直线的方向向量，可得斜率k，代入点斜式方程，可判断D的正误，即可得答案. 【详解】选项A：直线的方向向量与平面的法向量垂直，直线可能在平面内，故A错误； 选项B：若为空间的一个基底，则不共面， 假设共面，则， 此时共面，与已知条件矛盾，故假设不成立， 即不共面，则可构成空间的另一个基底，故B正确； 选项C： 当时，， 此时，即，夹角为，不符合题意，故C错误； 选项D：因为直线的一个方向向量为， 所以斜率，又过点， 所以的方程为，整理得，故D正确； 故选：BD 11. 已知，若过定点的动直线和过定点的动直线交于点与不重合），则以下说法正确的是（　　） A. B. 为定值 C. 的最大值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，将两直线的一般式化为点斜式，求出定点A,B，得到的绝对值；B选项，利用两直线斜率关系，证得，从而利用直角三角形三边关系求出为定值；C选项，用基本不等式，计算三角形面积最大值；D选项，引进角为变量，实质是通过三角换元，解决两个变量的最值问题. 【详解】列表解析 直观解疑惑 选项 正误 原因 A √ 因为可化为，所以直线恒过定点．又因为可化为，所以直线恒过定点．故． B √ 对于直线，因为，所以，可得，因此，为定值． C × ，当且仅当时等号成立（点拨 注意等号成立的条件是否满足），所以的最大值为． D √ 设，因为，所以为锐角，，所以，其中，所以当时，取得最大值． 故选：ABD. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 过点且与直线垂直的直线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】与直线垂直的直线方程可设为，代入点的坐标求出参数即可. 【详解】设所求直线为，又直线过点， 所以，解得，所以所求直线方程为，即， 所以，过点且与直线垂直的直线方程为. 故答案为：. 13. 已知空间中点，，，，若，，，四点共面，则实数的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】借助空间向量的基本定理计算即可得. 【详解】、、， 由，，，四点共面， 则存在实数，使得， 即有，解得. 故答案为：. 14. 已知实数，，，满足，，，，则的最大值为________． 【答案】8 【解析】 【分析】将条件转化为单位圆上互相垂直的两点，通过三角换元设点坐标，去掉绝对值后把目标式化简为正弦型函数，进而求出最大值． 【详解】已知，，则是单位圆上两点， ，则， 设点，则， ， ， 令， 则 ， ，故， 故的最大值为8． 四、解答题（共77分） 15. 已知圆C：和直线l：． （1）写出圆C的标准方程； （2）当m满足什么条件时，直线l和圆C相交． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用配方法化方程为标准方程即得. （2）利用圆的圆心到直线的距离小于半径，求解不等式即得. 【小问1详解】 圆C：的方程化为：， 所以圆C的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知圆的圆心，半径， 由，解得， 所以当时，直线l和圆C相交. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，. （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据点到平面距离向量法计算即可求解； （2）根据面面角向量法计算即可求解. 【小问1详解】 以为坐标原点，直线分别为,,轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量可以为， 即点到平面的距离为； 【小问2详解】 ． 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量可以为， 显然是平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （1）若，，求c； （2）若，求的最小值． 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边的等式转化为角的关系式，结合已知求出，再借助已知条件变形结合正弦定理求得边长； （2）把用与表达，代入化简得到，利用基本不等式确定的上界，进而推出的最小值． 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以， 因为，又，所以； 【小问2详解】 因为，所以，因为， 所以， 因为，当且仅当时取等号， 所以，所以的最小值为． 18. 如图，在平面四边形中，，为边长为的正三角形，，点为的中点，沿将折起得到四棱锥，且． （1）证明：； （2）点为线段上的动点（不含端点），当平面与平面的夹角为时，求的值． （3）在（2）的条件下，求直线与平面的夹角的正弦值． 【答案】（1） 连接交于点， 因为为边长为的正三角形，且点为的中点， 所以，即，，，， 因为，即，所以， 在中，，，， 在中，，，，即，所以， 因为，平面，，所以平面， 因为平面，所以， 在底面中，，所以∽， 所以，解得，， 在中，，，， 所以，即， 因为平面，，所以平面， 因为平面，所以； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由勾股证底面，再在底面利用相似和勾股逆定理证，得到平面从而证线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，设参数表示动点，求出平面的一个法向量，利用二面角为列方程解； （3）直接利用线面角向量公式计算正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，两两垂直， 以为原点，分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， 显然为平面的一个法向量， 设，所以， 所以，， 设平面的法向量， 则， 取，得， 因为平面和平面的夹角为， 所以， 所以，解得， 所以当平面和平面的夹角为时，； 【小问3详解】 在（2）的条件下，是平面的一个法向量， ， 因为， 所以直线与平面的夹角的正弦值为． 19. 在平面直角坐标系中，定义为两点的“棋盘距离”（源自国际象棋中王的走法规则，又名“切比雪夫距离”）.直线. （1）已知圆C：，圆：的圆心分别为C，，且，判断圆C与圆的位置关系； （2）若直线与（1）问结论中的圆自上而下交于，两点，直线与轴、轴分别交于、两点；若（1）问结论中的圆与轴自上而下交于两点. ①设，，求的值； ②求证：直线､交点在定直线上. 【答案】（1）相交 （2）①； ②，，则直线，直线， 联立两直线方程消得：（**）， 由韦达定理有，即， 代入（**）可得，解得. 故直线交点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）由棋盘距离的定义及的范围求出，再由圆与圆的位置关系的判断方法可得结果； （2）①联立直线和的方程，并得到韦达定理，再由和分别得到和，结合韦达定理并化简可得；②设出和的点斜式方程并联立消掉，结合韦达定理化简得到，即得证. 【小问1详解】 圆：转化为标准方程为：， ，，，或0， ，，，，，， ，，，与相交. 【小问2详解】 ①直线，，设，，由， 消去得：，由韦达定理，，， 由有， 同理由有，（*）， 将韦达定理代入（*），； ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市江北巴川量子学校高28届高二（上）一阶考试 数学试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知直线l的方程为，则直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 2. 在棱柱中，（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线：与：之间的距离为，则（ ） A. 13 B. 13或 C. 7 D. 7或 4. 若方程表示的曲线为圆，则的取值范围是（ ）． A. B. 或 C. D. 5. 已知平面的法向量为 ，点不在 内，则直线与平面的位置关系为 A. B. C. 与 相交不垂直 D. 6. 直线被圆所截得的弦长为（ ） A. B. 4 C. D. 7. 已知点，直线，圆的圆心为点A关于直线l的对称点，且圆的半径为2，若圆的方程为，则圆与圆的公切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知点，若P，Q是直线：（）上的两点，且对任意， 恒成立，则线段 的长度的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题全部选对得6分，部分选对得部分分，选错不得分，共18分） 9. 下列说法中，正确的有（ ） A. 过点且在轴，轴截距相等的直线方程为 B. 直线在轴的截距是2 C. 已知直线l的两点式方程为，则l的斜率为 D. 过点且倾斜角为90°的直线方程为 10. 下列命题正确的有（ ） A. 若直线的方向向量与平面的法向量垂直，则 B. 若为空间的一个基底，则可构成空间的另一个基底 C. 已知向量，若，则为钝角 D. 已知直线的一个方向向量为且过点，则的方程为 11. 已知，若过定点的动直线和过定点的动直线交于点与不重合），则以下说法正确的是（　　） A. B. 为定值 C. 的最大值为 D. 的最大值为 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 过点且与直线垂直的直线方程为__________. 13. 已知空间中点，，，，若，，，四点共面，则实数的值为________. 14. 已知实数，，，满足，，，，则的最大值为________． 四、解答题（共77分） 15. 已知圆C：和直线l：． （1）写出圆C的标准方程； （2）当m满足什么条件时，直线l和圆C相交． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，. （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 17. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （1）若，，求c； （2）若，求的最小值． 18. 如图，在平面四边形中，，为边长为的正三角形，，点为的中点，沿将折起得到四棱锥，且． （1）证明：； （2）点为线段上的动点（不含端点），当平面与平面的夹角为时，求的值． （3）在（2）的条件下，求直线与平面的夹角的正弦值． 19. 在平面直角坐标系中，定义为两点的“棋盘距离”（源自国际象棋中王的走法规则，又名“切比雪夫距离”）.直线. （1）已知圆C：，圆：的圆心分别为C，，且，判断圆C与圆的位置关系； （2）若直线与（1）问结论中的圆自上而下交于，两点，直线与轴、轴分别交于、两点；若（1）问结论中的圆与轴自上而下交于两点. ①设，，求的值； ②求证：直线､交点在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $