2026-2027学年高二上学期数学期中考自编模拟卷（广东省深圳市适用）

2026-2027学年高二数学上学期期中考自编模拟卷 广东省深圳市适用 （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．已知空间向量，，若，则（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】依题意可得，即可得到方程组，解得即可. 【详解】因为，且， 所以，即，解得，所以. 故选：A 2．已知直线的倾斜角，则直线的斜率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线的倾斜角和斜率的关系可得答案. 【详解】因为， 所以. 故选：D. 3．方程表示的圆的圆心坐标和半径分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆的一般方程得到圆的标准方程，从而求得圆心坐标和圆的半径. 【详解】由，得. 所以方程表示的圆的圆心坐标为，半径为3. 故选：B. 4．如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 5．已知，若三个向量共面，则实数的值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】利用空间向量共面定理求解即可. 【详解】因为，且三向量共面，可知存在，使得， 即，则，解得. 故选：B. 6．已知点，，若直线与线段AB相交，则直线l的倾斜角的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，求得直线恒过的定点，数形结合只需求得线段与直线有交点时的斜率，结合斜率和倾斜角的关系即可求得结果. 【详解】因为直线的方程可化为， 所以直线过定点， 又，， 所以直线的斜率，直线的斜率， 所以PA的倾斜角为，PB的倾斜角为， 结合倾斜角和斜率的关系可知倾斜角的取值范围是， 故选：C． 7．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A．] B． C． D． 【答案】A 【分析】画出图形，求出直线过定点，数形结合再由圆心到直线的距离等于半径和斜率的定义求解即可； 【详解】曲线即为半圆：， 其图象如图所示， 曲线与轴的交点为，而直线为过的动直线， 当直线与半圆相切时，有，解得， 当直线过时，有， 因为直线与半圆有两个不同的交点，故， 故选：A. 8．如图，在棱长为1的正方体中，，分别是线段，上的点，是直线上的点，满足平面，，且、不是正方体的顶点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，，即可表示的坐标，再连结，可证平面，即可得到则即可得到，设，则，即可得到，即可表示的坐标，最后根据向量模的坐标表示及二次函数的性质计算可得； 【详解】解：如图，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，1，，，0，，，1，， 设，，，， 则，，， ， 连结，正方体中，是正方形，平面， ，， 又，平面，平面， 平面，， 又，1，，，， ，，，，，， 设，则，，， ，，即， ，，，， ， 当时，的最小值是． 故选：． 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．向量，则下列说法正确的是（    ） A．，使得 B．若，则 C．若，则 D．当时，在方向上的投影向量为 【答案】BCD 【分析】若得，使，列出方程组，即可判断A；由空间向量模的坐标运算公式即可判断B；由空间向量垂直，得，即可判断C；由空间向量的投影向量计算公式即可判断D． 【详解】对于A，若，则，使，即，显然无解，故A错误； 对于B，若，则，解得，故B正确； 对于C，若，则，解得，故C正确； 对于D，若，得， 则在方向上的投影向量为，故D正确； 故选：BCD． 10．以下四个命题表述正确的是（    ） A．直线恒过定点 B．圆上有4个点到直线的距离都等于1 C．圆与圆恰有一条公切线，则 D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，则直线经过定点 【答案】AD 【分析】利用直线系方程求解直线所过定点判断A；求出圆心到直线的距离，结合圆的半径判断B；由圆心距等于半径差列式求得判断C；求出两圆公共弦所在直线方程，再由直线系方程求得直线所过点的坐标判断D． 【详解】由，得， 联立，解得， 直线恒过定点，故A正确； 圆心到直线的距离等于1， 直线与圆相交，而圆的半径为2， 故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交， 因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B错误； 两圆恰有一条公切线，则两圆内切，曲线化为标准式，圆心，半径为1， 曲线化为标准式，圆心，半径为， ∴圆心距为，解得，故C错误； 设点的坐标为，则，以为直径的圆的方程为， 两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，， 令，，解得，，故直线经过定点，故D正确． 故选：AD. 11．在直三棱柱 中， . 点 为线段 中点，点 为棱 上的动点. 则下列选项正确的是（     ） A． 平面 B．四棱锥的体积为 C．的最小值为 D．直线 与平面 所成角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】根据已知建系求出平面的法向量得出进而判断A；利用向量法求出线面角判断D，利用线面垂直得平面，求出四棱锥的高计算判断B；根据侧面展开图求出的最小值判断C. 【详解】 以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，，. 对于A，设平面的一个法向量为， 由，得， 令，则，，所以平面的一个法向量为. ，平面，所以平面，故A选项正确； 对于D，设直线 与平面所成角为， ，所以，故D正确； 对于B，过点作，垂足为，又因为平面，平面， 所以，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 所以点和点到平面距离相同， 因为，所以， 所以四棱锥的体积为，故B错误； 对于C，展开侧面得出矩形，当连接交于时， 的最小值为 ，故C正确. 故选：ACD. 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．已知空间三点，则在上的投影向量坐标为__________. 【答案】 【分析】根据题意，求得，结合，即可求解. 【详解】由三点， 可得，则， 则在上的投影向量坐标为. 故答案为：. 13．已知直线，若，则___________ 【答案】 【分析】由一般式得到两直线斜率，再由两直线平行，斜率相等求解即可； 【详解】当时，，，两直线不平行， 当时，两直线平行斜率相等， ，则 ，则， 又，则两直线斜率相等，即， 化简计算得：，解得：或， 又时，，，两直线重合， 故. 故答案为： 14．如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，、分别为、的中点，则点A到平面的距离为________. 【答案】1 【分析】利用等体积法求点到平面的距离的距离即可. 【详解】连接、.由已知得为的中位线，所以， 为正三角形的中线，所以，又， 所以，所以为直角三角形， 所以. 因为，所以到平面的距离为， 设A到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以. 故答案为：1 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）已知的三个顶点坐标分别是. (1)求边所在的直线的一般式方程； (2)求边上的中线所在直线的一般式方程； (3)求边上的高所在直线的一般式方程. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）先求出所在的直线的斜率，写出点斜式方程，再化成一般式方程； （2）先求出的中点坐标，再求出所在直线的斜率，写出点斜式方程，再化成一般式方程； （3）根据已知条件，结合直线垂直的性质，求出边上的高所在直线的斜率，写出点斜式方程，再化成一般式方程. 【详解】（1）由， 得所在的直线的斜率， 所以所在的直线的方程：，即， 所以边所在的直线的一般式方程：； （2）由， 得的中点坐标为，所在的直线的斜率， 所以中线所在直线的方程：，即， 所以中线所在直线的一般式方程为； （3）由得，边的斜率， 所以边上的高所在直线的斜率， 所以上的高所在直线的方程为：， 即， 所以边上的高所在直线的一般式方程为. 16．（15分）已知点圆：． (1)设，直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程； (2)设，直线过点，求被圆截得的线段的最短长度，并求此时的方程． 【答案】(1) 或 (2) 最短长度为，此时的方程为 【分析】（1）由弦长可得直线到圆心距离，结合点到直线距离公式可得答案； （2）要使弦长最短，则圆心到直线距离最长，据此可确定直线斜率，可得答案. 【详解】（1）当时，点坐标为，圆圆心为，半径为. 已知弦长为，由弦长、半径、弦心距的关系得直线到圆心距离为. 当直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离为，符合题意； 当直线斜率存在时，设斜率为，直线方程为，即. 圆心到直线的距离， 两边平方得，解得，代入得直线方程为. 综上，直线的方程为或； （2）由弦长，直线到圆心距离，圆半径三者关系知： 为使弦长最短，应使最大.注意到， 当且仅当时取等号.则弦长最短时，. 则直线方程为：. 17．（15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 18．（17分）如图，平面平面，四边形为矩形，平面. (1)证明：. (2)已知. ①求几何体体积的最大值； ②若为棱的中点，为线段上的动点，当几何体的体积取得最大值时，求直线与所成角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)因为平面，又因为平面， 平面平面，所以. (2)① ② 【分析】（1）由线面平行的性质定理证明； （2）①延长至点，使，连接，则几何体的体积等于直三棱柱体积减去小三棱锥体积，结合已知边长得到其体积关于的表达式，再用基本不等式求最大值即可. ②当几何体的体积取得最大值时，即，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，再利用向量夹角余弦公式和换元思想，确定余弦值的取值范围. 【详解】（1）略 （2）①延长至点处，使，连接，如下图所示： 因为，且，， 所以四边形为矩形，则且，且, 因为四边形为矩形，则且，且， 所以四边形为平行四边形，所以且， 所以几何体为三棱柱. 在矩形中，， 又因为，又平面， 所以平面，则三棱柱为直三棱柱. 因为平面平面，平面平面，， 所以平面，则. 设，根据勾股定理和基本不等式有， 即，当且仅当时，等号成立. 几何体的体积， 所以当时，几何体的体积的最大值为. ②当几何体的体积取得最大值时，即，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则， 则. 设， 则， 所以. 则， 令，                                                     因为，所以，所以，，所以直线与所成角的余弦值的取值范围为. 19．（17分）已知点在圆上，点在圆外，当的最大值是的最小值的倍时，则称为圆的“伴生点”；若点同时是圆和圆的“伴生点”，则称为圆“”的“共生点”．已知圆，为圆的“伴生点”． (1)求点的轨迹方程； (2)已知圆，，均为圆“”的“共生点”． （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）以线段为直径的圆记为圆，过点作斜率存在且不为的直线与圆交于、两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出所有这样的点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）； （ii）设直线过点，斜率存在且不为，设轴上的定点为，如图所示， 联立直线与的轨迹方程，即，消去得， 整理得，解得，对应的， 不妨设，线段的中点为原点，且， 所以圆的圆心为，半径，方程为， 假设存在定点 满足条件，设直线的方程为， 联立，消去得，整理得， 设，则是上述方程的两根，恒成立， 由韦达定理得，， 此时 ， 令，解得或或， 当时，取定值；当时，取定值；当时，取定值； 综上所述，当点的坐标为时，取定值；当点的坐标为时，取定值； 当点的坐标为时，取定值. 【分析】（1）根据“伴生点”的定义以及几何性质，建立关于的方程，求出的长度，进而得到点的轨迹； （2）（i）根据“伴生点”的定义，得到圆的“伴生点”轨迹方程，再根据“共生点”的定义，将圆和圆的“伴生点”轨迹方程相减即可得到直线的方程；（ii）根据题意，设点，先通过联立直线与的轨迹方程求出的坐标，确定圆的圆心和半径，再联立直线和圆，利用韦达定理得到的表达式，根据为定值解得的值即可得出结论. 【详解】（1）将圆的方程配方得：，所以圆的圆心为，半径， 设点的坐标为，因为点在圆外，所以，连接并延长交圆于两点，如图所示， 则的最大值为，最小值为 。 由题意知，即，解得， 由两点间距离公式得，两边平方得： 故点的轨迹方程为. （2）（i）由（1）知，圆的“伴生点”轨迹方程为， 对于圆，其圆心为，半径， 设点为圆的“伴生点”，则点到圆心的距离 满足， 代入的值，， 所以圆的“伴生点”轨迹方程为：， 因为均为圆“ ”的“共生点”，所以是方程 ① 和 ② 表示的两个圆的交点， 两式相减得， 展开并化简，得，故直线的方程为； （ii）略. 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考自编模拟卷 广东省深圳市适用 （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．已知空间向量，，若，则（    ） A．1 B． C．2 D． 2．已知直线的倾斜角，则直线的斜率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．方程表示的圆的圆心坐标和半径分别为（    ） A． B． C． D． 4．如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（    ） A． B． C． D． 5．已知，若三个向量共面，则实数的值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 6．已知点，，若直线与线段AB相交，则直线l的倾斜角的取值范围是（    ） A．] B． C． D． 7．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A．] B． C． D． 8．如图，在棱长为1的正方体中，，分别是线段，上的点，是直线上的点，满足平面，，且、不是正方体的顶点，则的最小值是（    ） 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．向量，则下列说法正确的是（    ） A．，使得 B．若，则 C．若，则 D．当时，在方向上的投影向量为 10．以下四个命题表述正确的是（    ） A．直线恒过定点 B．圆上有4个点到直线的距离都等于1 C．圆与圆恰有一条公切线，则 D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，则直线经过定点 11．在直三棱柱 中， . 点 为线段 中点，点 为棱 上的动点. 则下列选项正确的是（     ） A． 平面 B．四棱锥的体积为 C．的最小值为 D．直线 与平面 所成角的正弦值为 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．已知空间三点，则在上的投影向量坐标为__________. 13．已知直线，若，则___________ 14．如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，、分别为、的中点，则点A到平面的距离为________. 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）已知的三个顶点坐标分别是. (1)求边所在的直线的一般式方程； (2)求边上的中线所在直线的一般式方程； (3)求边上的高所在直线的一般式方程. 16．（15分）已知点圆：． (1)设，直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程； (2)设，直线过点，求被圆截得的线段的最短长度，并求此时的方程． 17．（15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． 18．（17分）如图，平面平面，四边形为矩形，平面. (1)证明：. (2)已知. ①求几何体体积的最大值； ②若为棱的中点，为线段上的动点，当几何体的体积取得最大值时，求直线与所成角的余弦值的取值范围. 19．（17分）已知点在圆上，点在圆外，当的最大值是的最小值的倍时，则称为圆的“伴生点”；若点同时是圆和圆的“伴生点”，则称为圆“”的“共生点”．已知圆，为圆的“伴生点”． (1)求点的轨迹方程； (2)已知圆，，均为圆“”的“共生点”． （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）以线段为直径的圆记为圆，过点作斜率存在且不为的直线与圆交于、两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出所有这样的点坐标；若不存在，请说明理由． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $