2026-2027学年高二数学上学期期中考试模拟卷二（人教A版适用 ）

2026-2027学年高二数学上学期期中考试模拟卷二（人教A版适用 ） 范围：高中数学人教A版选择性必修一前两章 考试注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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． 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．若直线的倾斜角是，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意可知，直线的倾斜角为，所以该直线的斜率， 将直线方程 化为斜截式方程，因为直线有斜率，所以 ， 移项并化简得，所以直线的斜率， 则有，解得. 2．已知向量 ， ，且 ，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量垂直的充要条件为两向量数量积为，代入坐标，列方程求解的值. 【详解】由，可得. 代入，， 得： 解得. 3．光线沿着直线射到直线上，经反射后沿着直线射出，则有（　　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由光的反射性质可知，入射光线所在直线与反射光线所在直线关于直线对称，再求出入射直线过的定点关于直线对称的点，则反射直线必过该点，可求出，同理可求出. 【详解】根据光的反射性质可知，直线与直线关于直线对称. 入射光线必经过点，则过该点且垂直于的直线方程为， 联立方程可求得交点为，由中点的坐标公式可知，点是线段的中点，其中点， 则反射光线所在的直线必经过点，求得； 同理反射光线必经过，则过该点垂直于的直线方程为， 联立方程可求得交点为，由中点的坐标公式可知，点是线段的中点，其中点， 则入射光线所在的直线必经过点，求得 4．已知空间向量与共线，则（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【详解】因为空间向量与共线，所以存在唯一使得， 即，则，，， 因此． 5．设圆：与圆：交于，两点，则（     ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【详解】由圆：，圆：，即， 将两圆方程相减，整理得直线的方程：， 而圆：的圆心为，半径为， 显然直线经过圆的圆心，则. 6．《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”中，为的重心，若，，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为点为的重心， 所以连接并延长交于点，则为的中线， 所以，且， 所以 . 7．直线关于点对称的直线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用中心对称的坐标变换关系，将所求直线上点的对称点代入原直线方程，化简即可得到对称直线的方程． 【详解】设所求对称直线上任意一点的坐标为， 则该点关于点的对称点在原直线上， 根据中点坐标公式，可得：， 将代入原直线方程：， 整理得：， 因此所求对称直线方程为． 8．已知直线恒过定点，若点到直线的最大距离为2，则的最小值为（   ） A．4 B． C．6 D． 【答案】D 【分析】先根据一个定点到动直线的最大距离可求出，再根据基本不等式中1的代换计算即可. 【详解】∵直线恒过定点， ∴点到直线的最大距离为， 解得，即直线恒过定点， 即， ∴， 当且仅当，即时，等号成立. 即的最小值为. 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．直线的图象可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】对于A，由可知，，此时与图象不符，故A错误； 对于B，由可知，，此时图象符合条件，故B正确； 对于C，由可知，，此时图象符合条件，故C正确； 对于D，由可知，，此时与图象不符，故D错误． 10．下列说法中正确的是（     ） A．点关于平面对称的点的坐标为 B．若点，，且满足，则点的坐标为 C．若空间四个点，，，满足，则，，，四点共面 D．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 【答案】BCD 【分析】根据空间点面对称性质判断A；根据空间向量坐标运算求解判断B；根据共面定理判断C；根据及基底定义判断D. 【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标为，故A错误； 对于B，设点的坐标为，由点， 则， 又，所以， 即，解得：，所以点的坐标为，故B正确； 对C：由，故，，，四点共面，故C正确； 对D：假设共面， 则存在实数，使得， 即， 因为是空间的一个基底，则有，无解， 故不共面， 故也是空间的一个基底，故D正确. 11．已知圆：与圆：，下列说法正确的是（     ） A．与的公切线恰有条 B．与相交弦的方程为 C．与相交弦的弦长为 D．若，分别是圆，上的动点，则 【答案】ABD 【详解】由已知，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为， 对于A，所以，故两圆相交， 则与的公切线恰有条，故A正确； 对于B，，，两式作差得，故B正确； 对于C，到的距离为， 所以与相交弦的弦长为，故C错误； 对于D，，故D正确. 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．向量，，若，的夹角为钝角，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【详解】由的夹角为钝角，得且与不反向共线： ， 令，即，解得， 又当时，，，共线反向，夹角为，故排除， 综上，实数的取值范围是. 13．若关于的方程有两个不同实数解，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【分析】由题意可得函数和的图象有两个不同的交点，作出图形，数形结合可求得实数的取值范围. 【详解】由关于的方程有两个不同实数解， 可得函数和函数的图象有两个不同的交点， 由，得， 所以表示以为圆心，为半径的圆的上半圆（含端点）. 是过定点的直线， 在同一坐标系内作出两函数的图象如图所示： 当直线过点时，直线的斜率为， 当直线过点时，直线的斜率为， 当直线与半圆相切时，可得，解得， 由函数和的图象有两个不同的交点，可得或， 所以实数的取值范围是. 14．如图，在多面体中，平面平面，四边形和均为正方形，且，若该多面体的外接球为球，则平面截球所得截面的面积为__________． 【答案】/ 【分析】分析可得该多面体为长方体的一部分，且外接球的球心为长方体的中心，即可求得外接球的半径R，如图建系，求得各点坐标，即可求出平面的法向量，根据点到平面的距离公式，可得点到平面的距离d，进而可得截面圆的面积. 【详解】如图，可知该几何体是长、宽、高分别为4，4，的长方体的一部分， 所以该多面体的外接球的球心为长方体的中心，且半径， 以为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则球心，，，， 设平面的法向量为， 因为，， 所以， 令，得， 因为， 所以点到平面的距离， 设截面圆的半径为，则， 所以所求截面的面积为. 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．（13分）已知直线：恒过点，圆：，设为圆上任意一点，最小值为2． (1)求定点的坐标与圆的方程； (2)若，求直线被圆截得的弦长． 【答案】(1)；圆或； (2)或. 【分析】（1）与圆的位置关系不确定，与圆上动点的距离最小值需分类讨论； （2）几何法求弦长即可. 【详解】（1）直线：，当时，总有，恒过. 圆心，. 若在圆上即，则最小值为0，不合题意； 若在圆外即，则最小值为，得； 若在圆内即，则最小值为，得. 综上所述，的坐标为，圆或. （2）时，，圆心到直线的距离， 被截得的弦长为. 当时，弦长为；当时，弦长为. 16．（15分）已知正四面体的棱长为，点是的重心，点是线段的中点． (1)用，，表示，并求出； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1) ， (2) 【分析】（1）由向量加法的三角形法则表示，再把平方即可得到答案. （2）由向量的线性运算可得，利用向量法可求得异面直线与所成角的余弦值． 【详解】（1）因为点是线段的中点，点是的重心， 所以 ， 因为， 所以 ， ； （2） ． 设直线与直线成角为，， 所以． 所以异面直线与所成角的余弦值为. 17．（15分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，，，点P满足，设点P所构成的曲线为． (1)求点P的轨迹的方程；若满足曲线的方程，求的最大值及最小值． (2)若，求点Q的轨迹的方程． 【答案】(1)；最大值为；最小值为； (2). 【分析】（1）设结合题意列方程化简即可求得的方程，表示为圆上的点到的距离，根据点到圆上点距离最值求法计算即可. （2）设点，由代入点的坐标，整理得，将其代入方程即得点的轨迹方程. 【详解】（1）设，由可得，， 化简可得，即， 所以点P的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 表示为圆上的点到的距离， 因为，所以点在圆外， 点与点的距离为， 所以最大值为，最小值为； （2）设点，由，可得， 即则有（*）， 因点在圆上，故有， 将（*）代入上式得：，即. 故点的轨迹的方程为：. 18．（17分）已知圆：，直线：，与圆交于不同的两点，点在圆上运动，且点满足（为原点），记点的轨迹为． (1)求曲线的方程． (2)设的中点为，求点到直线距离的最大值． (3)过点且不与轴重合的直线与曲线交于两点，问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点的坐标为． 【分析】（1）由向量关系建立两点坐标之间的变换关系，相关点代入求轨迹方程. （2）先求出直线过的定点，再确定隐圆的方程，最后求出圆上的点到直线距离的最值. （3）将平分角的问题转化为斜率问题，再考虑直线方程斜率存不存在问题，设直线方程，直线与圆进行联立，运用韦达定理，进行探究定点问题. 【详解】（1）设，，由，得： 所以， 因为在圆上，代入得： 化简得因此曲线的方程为. （2）直线可得：， 令，所以直线过定点， 因为是弦中点，所以，又过，故 ， 因此在以为直径的圆上， 圆的圆心为， 该轨迹圆的圆心为中点半径 圆心到直线的距离， 所以点到该直线距离的最大值为 因此最大值为 （3）当直线轴时，轴平分， 当直线斜率存在时，设直线的方程为， 由化简，得． ． 设，，，则，， 若轴平分，则，所以． 又，，所以， 即， 整理，得，解得． 所以当时，轴平分． 综上，存在点，使得轴平分． 19．（17分）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是线段和上的点，且为线段的中点． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)因为三棱柱中，底面，平面， 所以. 又，所以. 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 由，且，为的中点， 可得：. 则，，. ，，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以. 因为，所以. 又因为平面，所以平面. (2) (3)假设存在点满足条件. 因为在棱上，设，即， 所以，则. 设直线与平面所成角为， 则. 由题意知，化简得， 两边平方得，即，解得. 所以存在点满足条件.此时，则. 故存在满足条件的点，线段的长为. 【分析】（1）根据题意，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出向量以及平面的法向量，通过证明且平面，即可得证； （2）由（1）可知平面，将线面距离转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离公式求解即可； （3）设，求出点和向量的坐标，利用直线与平面所成角的正弦值为列关于的方程，解出后再求线段的长. 【详解】（1）略 （2）因为平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离. 由（1）知平面的法向量为，且， 所以距离. （3）略 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $2026-2027学年高二数学上学期期中考试模拟卷二（人教A版适用） 范围：高中数学人教A版选择性必修一前两章 考试注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位 置 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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 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.若直线x+my=1的倾斜角是30°，则m=() B.、3 c.V3 D.-V3 3 3 2.已知向量a=2,-1,31'6=-42,x,且a16则x的值为（) A.10 B.5 C.10 3 D.-6 3.光线沿着直线ax-y+2=0射到直线y=-x+1上，经反射后沿着直线3x+y-b=0射出，则有( A.a=- 3,b=2 1 B.a=3,b=2 C.a=3,b=-2 D.a=-3b=-2 4.已知空间向量石=3，-42卢6=|3，x,y共线，则x+y=《） A.-1 B.-2 D.1 试卷第1页（共3页） 5微C+-1方c:-y--2于AB西，则ha=《) 3 A.1 B.2 C. D.2 6.《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳 马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”，如图，在“阳马”A-OBCD中，E为△ACD 的重心，若恋=aC=6AD=。则庇=（） E B C B.-a+6+ 3 7.直线2x-y+3=0关于点1,2对称的直线方程为() A.2x-y-3=0 B.2x-y-1=0 C.2x+y+3=0 D.x-2y-3=0 8.已知直线l:Ax+y+C-1=0(A>0,C>0)恒过定点(m,0,若点(2,2)到直线的最大距离为2，则 子名的录小值为《) A.4 B.4V2 C.6 D.3+2V2 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.直线l1:y=ax+b,l2:y=-bx+a(ab0)的图象可能是() 试卷第2页（共3页） C 10.下列说法中正确的是() A.点M2,1,-2关于平面OXy对称的点的坐标为-2，-1，-2 A芳血A208la且足2应-应烟。的标为月分，1 C.若空间四个点P,A,B,C满足PC=2A+3PB,则P,A,B,C四点共面 D.若a,6,是空间的一个基底，则a+6,+c,c+a也是空间的一个基底 1.已知圆C,:xX+y=9与圆c,:(x-3P+y-4=16:下列说法正确的是（） A.C1与C2的公切线恰有2条 B.C1与C2相交弦的方程为3x+4y-9=0 与C,相交弦的骇长 D.若P,Q分别是圆C1,C2上的动点，则PQmax=12 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.向量ā=11,6=-2,2-，入-6？若a6的夹角为钝角，则实数，的取值范围为 1.若关于x的方程/4-X=kx+3有两个不同实数解，则实数k的取值范围是 14.如图，在多面体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面BDEF,四边形ABCD和BDEF均为正方形，且 AB=4,若该多面体的外接球为球O,则平面ACF截球O所得截面的面积为 试卷第3页（共3页） 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)已知直线！+y-3k-2=0k∈R恒过点p圆C:X+y+2=rr>0设Q为圆 C上任意一点，PQ最小值为2. (1)求定点P的坐标与圆C的方程： (2)若k=-1,求直线l被圆C截得的弦长。 16.(15分)已知正四面体OABC的棱长为2，点G是△OBC的重心，点M是线段AG的中点. M: G B (1)用OA'OB'O元表示o应并求出OM月 (2)求异面直线OM与AB所成角的余弦值. 17.(15分)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点 A、B的距离之比为定值入（入>0且入≠1）的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名， 称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系x0y中，A1,0B-20点P满足PA-2 PB 设点P所构成的曲线为C1. (①)求点P的轨迹C,的方程：若x,y满足曲线C,的方程，求x-3+y-2的最大值及最小值. (2)若PB=BQ,求点Q的轨迹C2的方程. 18.（17分)已知圆C:x-1+y=16直线：4k-4y+4-3k=0'k∈R与圆c交于不同的两 试卷第4页（共3页） 点A1,B,点D在圆C上运动，且点T满足D7=3Tò(0为原点)，记点T的轨迹为E. (1)求曲线E的方程. (2)设A1B1的中点为N,求点N到直线4x-3y-12=0距离的最大值 3)过点C1,0且不与x轴重合的直线与曲线E交于A,B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N,使得x 轴平分∠ANB?若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由， 19.(17分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱CC1垂直于底面ABC, ∠ACB=90°，CC,=3,AC=BC=2,D,E分别是线段AA和CC,上的点，且AD=1,CE=2,M为线段 A1B1的中点. C B A B (1)求证：C1M/平面DB1E: (2)求直线C1M到平面DB1E的距离： 6 ③)在棱BB,上是否存在一点F,使得直线EF与平面DB,E所成角的正弦值为3 若存在，求出线段 EF的长，若不存在，请说明理由 试卷第5页（共3页）