山西省定襄县定襄中学校2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

2026-2027学年第一学期月考试题 高二数学 满分150分，时间120分钟 一、单选题（每小题5分，共40分） 1．圆：与圆：的位置关系是（   ） A．内切 B．外切 C．相交 D．外离 2．已知点，若直线与线段相交(包含端点的情况)，则实数的取值范围是（    ） A． B． 或 C． D．或 3．若方程表示圆，则实数的值可能为（     ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．已知向量都是直线l的方向向量，则x的值是（   ） A．或1 B． C． D．1 5．正方体的棱长为2，是棱的中点，是棱上一点（含端点），且，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D．1 6．已知且．则的最小值（   ） A． B． C． D． 7．如图，空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为的中点，则（    ）    A． B． C． D． 8．已知圆被直线分成弧长相等的两部分，则（    ） A． B． C．2 D．6 二、多选题（3小题，共18分） 9．已知四面体的所有棱长都为分别是的中点，是该四面体内切球球面上的两点，是该四面体表面上的动点，则下列选项中正确的是（    ） A．的长为 B．到平面的距离为 C．当线段最长时，的最大值为 D．直线与直线所成角的余弦值为 10．已知圆：，直线：（），则（    ） A．直线l恒过定点 B．当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于1 C．直线与圆有两个交点 D．圆与圆恰有三条公切线 11．已知直线和直线，下列说法不正确的是（    ） A．当或时， B．当时， C．直线过定点，直线过定点 D．当，平行时，两直线的距离为 三、填空题（3小题，共15分） 12．已知，则的最小值为_____． 13．写出与直线和轴都相切，半径为的一个圆的方程：______． 14．已知直线的一个方向向量为且过点，则直线的方程为______. 四、解答题（本题5小题，共77分） 15．（13分）在平面直角坐标系中，已知圆O：和圆． (1)若圆O与圆C关于直线l对称，求直线l的方程； (2)若圆O上恰有三个点到直线的距离都等于1，求b的值. 16．（15分）如图，在四棱锥中，平面平面，. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 17．（15分）已知的顶点坐标为. (1)求直线的方程； (2)求的面积. 18． （17分）如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 19．（17分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，三角形为等边三角形，点分别为的中点. (1)证明：直线平面PAD； (2)当二面角为时，求直线与平面所成的角的正弦值 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D B B C A C BC ACD 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】由两圆圆心间距离与半径和差关系即可判断. 【详解】圆的圆心，半径为6，圆的圆心，半径为1， 所以，所以，两圆位置关系为内切， 故选：A. 2．D 【详解】整理直线的方程，可知直线恒过定点， 所以直线的斜率为，直线的斜率为， 直线与线段相交（包含端点），则直线的斜率需或： 当时，直线的方程为，即轴，与线段交于点，符合条件； 当时，直线的斜截式方程为，斜率为， 若，解得；若，解得或， 综上，的取值范围是或. 3．D 【分析】根据圆的一般方程的要求列出不等式，求出的范围，逐一判断即可. 【详解】因方程表示圆，故，解得或， 则D项正确. 4．B 【分析】根据给定条件，利用空间向量共线，列式计算得解. 【详解】依题意，向量共线，则， 所以. 故选：B 5．B 【分析】由空间向量数量积确定位置，再由体积公式即可求解. 【详解】如图建立空间直角坐标系： 则，设， 则：， 所以，又是棱上一点，所以， 即是棱的中点， 所以三棱锥的体积为， 故选： 6．C 【分析】将的最小值转化为线段上一点到原点的距离与到轴的距离之和最小，根据最短路径问题求解. 【详解】 设原点关于直线的对称点为，过点向轴做垂线，垂足为， 与直线交于点，由的几何意义可知， 该式表示线段上一点到原点的距离与到轴的距离之和最小， 由平面几何知识可知，该点取点的时候，最小， 最小值为，即点的纵坐标， 由点与原点关于直线对称可知， 所以的最小值为. 故选：C 7．A 【分析】根据向量的线性运算即可求解. 【详解】由题可知， 故选：A 8．C 【分析】利用圆的一般方程及性质即可求解. 【详解】由圆，得圆的圆心坐标为， 因为圆被直线分成弧长相等的两部分， 所以直线过圆心，代入得，解得. 故选：C. 9．BC 【分析】根据题意，将四面体补形并建立空间直角坐标系，利用空间中两点距离公式判断A，利用空间向量法的点面距离公式判断B，利用空间向量数量积的运算律，结合内切球半径的求法判断C，利用空间向量法求异面直线所成角判断D，从而得解. 【详解】依题意，将四面体补形为正方体，并建立空间直角坐标系，如图， 因为四面体的所有棱长都为，则正方体的棱长为， 则， 又分别是的中点，则， 对于A，，故A错误； 对于B，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 所以到平面的距离为，故B正确； 对于C，设是四面体内切球的球心，其半径为，则， 当线段最长时，为内切球的直径，是的中点，则， 所以， 因为该四面体的体积为， 表面积为， 所以，解得，则， 因为是该四面体表面上的动点，当为正四体的顶点时，最大， 其最大值为， 所以的最大值为，故C正确； 对于D，， 所以，故D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，将四面体补形为正方体，并建立空间直角坐标系，从而得解. 10．ACD 【分析】A，将直线变形，即可得到直线过的定点；B，结合点到直线的距离公式，可得到结果；C，由定点在圆内，即可判断；D，利用圆心距与两圆半径之间的关系即可判断. 【详解】对于A，直线 ，所以， 令，解得，所以直线恒过定点，故A正确； 对于B，当时，直线为：， 则圆心到直线的距离为，， 所以圆上只有2个点到直线的距离为，故B错误； 对于C，因为直线过定点，所以， 所以定点在圆内，则直线与圆有两个交点，故C正确； 对于D，由圆的方程可得，， 所以圆心为，半径为， 此时两圆圆心距为， 所以两圆的位置关系为外切，则两圆恰有三条公切线，故D正确. 故选：ACD. 11．ACD 【分析】根据两直线平行的充要条件即可判断A；根据两直线垂直的充要条件即可判断B；根据直线过定点的定义即可判断C；根据两平行直线间的距离公式即可判断D. 【详解】对于A，若，则，解得或， 经检验当时，两直线重合，所以，故A错误； 对于B，若，则，解得，故B正确； 对于C，由直线， 令，解得， 所以直线过定点，故C错误； 对于D，当，平行时，， 直线，直线，即， 所以两直线的距离为，故D错误. 故选：ACD. 12． 【分析】将所求式子看成圆上的点到直线距离的5倍，进而转化为圆到直线的距离可得. 【详解】由，表示圆上的点到直线的距离的5倍. 圆的圆心，半径，如图： 由圆心到直线的距离. 所以直线与圆相离，且圆上点到直线距离的最小值为. 所以的最小值为. 故答案为：3. 13．（答案不唯一）. 【分析】由题意可得圆心为，再由圆心到直线的距离为半径，求解即可得出答案. 【详解】因为直线和轴都相切，所以圆心为， 当圆心为时，，解得或； 当圆心为时，，解得或． 所以圆的方程为或 或或． 故答案为：（答案不唯一）. 14． 【分析】根据方向向量求出斜率，然后由点斜式写出直线方程，化为一般式即可. 【详解】因为直线的一个方向向量为， 所以直线的斜率， 又因为直线过点， 所以直线的方程为，整理得， 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）由题意所求直线方程即公共弦方程，两个圆方程相减即可求解. （2）将原问题转换为圆心到直线的距离等于1，由点到直线的距离公式即可得解. 【详解】（1）由题意圆O：和圆即关于直线l对称． 两式相减得，公共弦方程即直线l的方程为. （2）圆O：的圆心为，半径为， 若圆O上恰有三个点到直线的距离都等于1， 则圆心到直线的距离等于1， 所以，解得. 16．(1) (2) 假设在棱上存在点，使得平面， 设， 设，由， 所以，即 所以，所以， 因为平面为平面的法向量， 所以，即，所以，而， 所以，在棱上不存在点，使得平面. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案； （2）设，求出向量的坐标，根据，求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）选取中点为，连结，因为，所以，因为，所以，又因为平面平面，所以平面， 以为原点，分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系. 所以， 则， 设为平面的法向量，令. ，设与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （2）略 17．(1); (2)5. 【分析】（1）求出直线的斜率，进而求出边的方程. （2）求出直线的方程，由点到直线的距离求解三角形的高，进而求出面积. 【详解】（1）直线的斜率为，因此边上的直线方程为，所以边上的直线方程为：. （2）直线的方程为， 于是点到直线的距离为：，而， 所以的面积. 18．(1)若∥ ，平面， 平面，所以∥平面； 若∥，平面，平面，所以∥平面. 因为平面，所以平面∥平面. 又平面平面，平面平面， 所以∥. (2)存在, 或 【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明平面∥平面，再由面面平行的性质定理证明∥； （2）由面面垂直的性质定理证明 平面，建立空间直角坐标系，设棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ，由面面角的向量求法列出关于的方程，求解可得. 【详解】（1）略 （2）因为，所以，所以. 因为平面 ⊥平面，平面 平面 ，平面 ，所以 平面. 过作 ，垂足为，则. 所以. 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. 所以. 设：在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ， 则，所以. 设平面的法向量为， 则. 令，则. 所以平面的法向量为. 由 平面，知平面的一个法向量为. 所以， 即，化简得，解得或. 故在棱上存在点G，使得平面与平面所成角为，此时 或. 19．(1)证明：如图，取的中点，连接，因为分别是的中点， 所以且，又且， 所以且，故四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； (2) 【分析】（1）取的中点，根据中位线的性质可得且，进而可证，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）取的中点，则，利用余弦定理求得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可. 【详解】（1）略 （2）在中，由余弦定理，得， 又，所以，得. 取的中点，连接，因为底面为菱形，为正三角形， 所以，故为二面角的平面角，即. 又平面，所以平面， 而平面，所以平面平面， 过O作平面的垂线，记为z轴，则OP与z轴正方向得夹角为， 以O为原点，所在直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 因为菱形的边长为2，所以， 所以， 得， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以，设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $