精品解析：天津市北京师范大学静海实验学校2026年-2027学年高二年级第一学期第一次阶段性评估数学试卷

2026—2027学年度高二年级第一学期第一次阶段性评估数学试卷 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上，只交答题卡，试卷学生带走，以备讲评. 第Ⅰ卷（选择题，满分45分） 一、单项选择题（每题5分，共45分） 1. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. “”是直线：与直线：平行的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若直线与直线垂直，则实数 A. 3 B. 0 C. D. 4. 已知点，则以为直径的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，若直线与线段AB（含端点）有公共点，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，在平行六面体中，，，，点是的中点，点是上的点，且，则向量可表示为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆，圆与圆关于直线对称，则圆的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，直线与圆交于两点，若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 9. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点与两定点的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，其中，定点为轴上一点，定点的坐标为，若点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. Ⅱ卷（非选择题，满分105分） 二、填空题（每题5分，共30分） 10. 两条平行直线与之间的距离为__________． 11. 已知直线与圆相交于、两点，若，则的值为___________. 12. 两条直线与相交于第一象限，则实数a的取值范围是_________. 13. 在空间直角坐标系中，直线l的方向向量，点在直线l上，则点到直线l的距离是________. 14. 直线与曲线有两个公共点，则实数的k的取值范围是___________. 15. “曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设，，则，两点间的曼哈顿距离已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为_________． 三、解答题（每题15分，共75分） 16. （1）已知的三个顶点分别为，求： ①边上的中线所在直线的方程； ②边上的高所在直线的方程． （2）已知直线经过点，若在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程. 17. 已知圆的方程为． （1）求过点且与圆相切的直线的方程； （2）直线过点，且与圆交于两点，若，求直线的方程； （3）圆上有一动点，，若点为的中点，求动点的轨迹方程． 18. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱BC，CD的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求二面角的余弦值. 19. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，且底面，点是线段的中点，，，． （1）求证：平面平面； （2）求到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 20. 在棱长为的正方体中，，分别是棱，上的点（包含端点），且． （1）求异面直线与所成角； （2）当三棱锥体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）若直线和平面所成角的正弦值为，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年度高二年级第一学期第一次阶段性评估数学试卷 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上，只交答题卡，试卷学生带走，以备讲评. 第Ⅰ卷（选择题，满分45分） 一、单项选择题（每题5分，共45分） 1. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据方向向量与直线斜率关系求斜率，再由斜率与倾斜角关系求倾斜角. 【详解】因为直线的一个方向向量为， 所以直线的斜率， 设直线的倾斜角为，则，则， 所以直线的倾斜角为． 故选：A． 2. “”是直线：与直线：平行的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】先根据求出a，进而结合充分、必要条件的定义判断即可. 【详解】由：与：平行， 则，解得或， 当时，，即，，满足； 当时，，即，，两直线重合，不符合题意. 所以“”是直线：与直线：平行的充要条件. 故选：C. 3. 若直线与直线垂直，则实数 A. 3 B. 0 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】∵直线与直线垂直， ∴， 整理得， 解得或．选D． 4. 已知点，则以为直径的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用中点坐标公式求出圆心，利用两点间距离公式求出半径，从而得到圆的方程即可. 【详解】设中点为O，则，即， 设圆半径为r，则， 则以为直径的圆的方程为. 故选：B. 5. 已知点，若直线与线段AB（含端点）有公共点，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线l过的定点，设为P，求出，结合图象，即可确定答案. 【详解】由可得， 即直线过定点，设为P， 结合，则， 直线与线段AB（含端点）有公共点， 则或，即或， 故m的范围为， 故选：D 6. 如图所示，在平行六面体中，，，，点是的中点，点是上的点，且，则向量可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量加法和减法的运算法则，以及向量的数乘运算即可求解. 【详解】解：因为在平行六面体中，，，，点是的中点，点是上的点，且， 所以， 故选：D. 7. 已知圆，圆与圆关于直线对称，则圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对称后圆心关于直线对称，半径不变可求出圆的方程。 【详解】圆的圆心为，半径为， 因为圆与圆关于直线对称， 所以圆半径为，设圆圆心为， 则两圆圆心连线的中点在直线上 ，且两圆心所在直线与直线垂直， 故，解得 ，所以圆圆心为， 所以圆的方程为. 故选：B 8. 已知，直线与圆交于两点，若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由已知得出直线过点，且该点在圆内，设为点到直线的距离，得出，再表示出，根据二次函数的单调性即可求解． 【详解】的圆心，半径为， 因为直线，且， 所以直线必过点， 又，所以点在圆内，设为点到直线的距离， 所以，， 如图，可得， 则， 因为在上单调递增， 所以当时，，则当时，， 故选：C． 9. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点与两定点的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，其中，定点为轴上一点，定点的坐标为，若点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，根据和求出a的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即可. 【详解】设，，所以，由， 所以，因为且，所以， 整理可得，又动点M的轨迹是，所以， 解得，所以，又， 所以， 因为，所以的最小值， 当M在位置或时等号成立. 故选：D Ⅱ卷（非选择题，满分105分） 二、填空题（每题5分，共30分） 10. 两条平行直线与之间的距离为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两直线平行可求得，由平行直线间距离公式可求得结果. 【详解】，，解得：， ，即， 之间的距离. 故答案为：. 11. 已知直线与圆相交于、两点，若，则的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准方程，计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理列不等式可求得的值. 【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径长为， 圆心到直线的距离为， 由题意可得，则，解得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用直线截圆所得弦长求参数，解题的关键就是利用弦长的一半、弦心距以及圆的半径满足勾股定理列等式求解. 12. 两条直线与相交于第一象限，则实数a的取值范围是_________. 【答案】﹣1＜a＜2 【解析】 【分析】联立方程组解出交点坐标，解不等式即可解决． 【详解】解：由得 ∵两直线ax+y﹣4＝0与x﹣y﹣2＝0相交于第一象限 ∴ 解得：﹣1＜a＜2 故答案为﹣1＜a＜2 【点睛】本题主要考查直线交点坐标的求解，和不等式的应用．属于基础题． 13. 在空间直角坐标系中，直线l的方向向量，点在直线l上，则点到直线l的距离是________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知有，应用向量法求点线距离即可. 【详解】由题设，又点在直线l上，直线l的方向向量， 而，， 所以点到直线l的距离是. 故答案为： 14. 直线与曲线有两个公共点，则实数的k的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】画出直线与曲线的图像，通过数形结合求得实数k的取值范围即可. 【详解】因为直线，所以直线恒过点， 曲线表示的图象为以O为圆心，2为半径的上半圆， 画出示意图如下： 直线与圆O相切时，，解得， 直线过点时，斜率为, 由直线与曲线有两个公共点， 所以直线的斜率k的取值范围为：， 故答案为：. 【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法． 15. “曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设，，则，两点间的曼哈顿距离已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，作出点的轨迹，将问题转化为点到圆的距离问题，从而得解. 【详解】由题意得，圆，圆心，半径， 设点，则， 故点的轨迹为如下所示的正方形，其中，， 则，， 则，即的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛，本题解决的关键是将点的曼哈顿距离转化为图形，从而利用数形结合即可得解. 三、解答题（每题15分，共75分） 16. （1）已知的三个顶点分别为，求： ①边上的中线所在直线的方程； ②边上的高所在直线的方程． （2）已知直线经过点，若在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程. 【答案】（1）①；②；（2）或. 【解析】 【分析】（1）①解法1，由两点式可得；解法2，由点斜式可得；②由垂直关系得斜率，由点斜式求方程； （2）对截距是否为0进行讨论，并用待定系数法求方程. 【详解】（1）①解法1：线段的中点， 由两点式得所在直线方程为，即. 解法2：线段的中点， 直线的斜率， 所以所在直线方程为，即． ②直线的斜率，， 所以边上的高所在直线方程为，即. （2）当截距为时，设直线方程为， 因为直线过点，则，解得，所以直线方程为； 当截距互为相反数且不为时，设直线方程为， 因为直线过点，则代入直线方程得，，则直线方程为． 所以直线方程为或. 17. 已知圆的方程为． （1）求过点且与圆相切的直线的方程； （2）直线过点，且与圆交于两点，若，求直线的方程； （3）圆上有一动点，，若点为的中点，求动点的轨迹方程． 【答案】（1）或；（2）或；（3）. 【解析】 【分析】（1）假设方程，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得斜率，由此可得方程； （2）当斜率不存在时，求得交点坐标，易知满足题意；当斜率存在时，假设方程，利用垂径定理可构造方程求得斜率，由此可得方程； （3）设，结合中点坐标公式可用点坐标表示出坐标，代入圆方程可得点轨迹. 【详解】（1）由圆方程知：圆心，半径； 当斜率不存在，即，此时与圆相交，不合题意； 当斜率时，设切线方程为：，即， 则圆心到直线距离，解得：或， 切线方程为：或； （2）当斜率不存在，即时，此时与圆的两个交点坐标为和，这两点之间的距离为，满足题意； 当斜率不存在时，设其方程为：，即， 设圆心到此直线的距离为，则，解得：， ，解得：，此时直线方程为， 综上所述：所求直线方程为或； （3）设点的坐标为， 为中点，，则， ，即点轨迹为. 18. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱BC，CD的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，， 故，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，故， 则，则， 又平面，故平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再求平面的法向量，求证即可求证； （2）计算，再利用向量夹角和线面角之间的关系即可； （3）计算平面的法向量，再计算，最后利用向量夹角和二面角的平面角之间的关系即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，则， 故直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 由（1）可知，，设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 故， 所以， 则二面角的余弦值为. 19. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，且底面，点是线段的中点，，，． （1）求证：平面平面； （2）求到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 过点作直线，交直线于点， 则，，所以． 以点为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，． ，，，， 设平面的一个法向量为，则，取，． 设平面的一个法向量为，则，取，得， 因为，所以平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）过点作直线，交直线于点，以点为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量关系证明平面平面； （2）利用点到平面的空间向量法求解即可； （3）利用面面角的空间向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 所以到平面的距离 【小问3详解】 显然平面的一个法向量为，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． 20. 在棱长为的正方体中，，分别是棱，上的点（包含端点），且． （1）求异面直线与所成角； （2）当三棱锥体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）若直线和平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】（1） （2）． （3）． 【解析】 【分析】（1）以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出与的坐标，利用向量的数量积运算求解判断； （2）由结合基本不等式求得三棱锥体积取得最大值时的值，进而求出平面和平面的法向量，利用向量法求解； （3）求出平面的一个法向量，利用向量法求解. 【小问1详解】 以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 设（），则，，，， 故，， 因为， 所以，即异面直线与所成角为. 【小问2详解】 因为， 当且仅当，即时取等号， 此时，，故，. 设平面的法向量， 则，令，取平面的一个法向量为， 因为平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值. 【小问3详解】 因为，， 设平面的法向量， 则，取平面的一个法向量为， 又， 所以，解得或（舍）， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $