精品解析：北京市第六十五中学2026-2027学年高二上学期期中达标测试数学试卷

北京市第六十五中学2026-2027学年度第一学期期中达标测试题 高二数学试卷 考试时间120分钟 满分150分 一、选择题（15小题，每小题1分，共15分，请将答案涂在答题纸上相应题目位置） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，且，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列向量中，与向量共线的是（ ） A. B. C. D. 5. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 或 6. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，角以为顶点，为始边，终边经过点，则角可以是（   ） A. B. C. D. 9. 已知菱形的边长为2，，则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 10. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数.下列区间中包含的零点的是（ ） A. B. C. D. 12. （ ） A. B. C. 2 D. 13. 若a，b是空间中的两条直线，则“a，b异面”是“a，b没有公共点”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 14. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 15. 已知，且，则的最大值是（ ） A. B. C. 1 D. 二、选择题（10小题，每小题4分，共40分，请将答案涂在答题纸上相应题目位置） 16. 直线的斜率是（ ） A. 2 B. C. D. 17. 直线在两坐标轴上的截距之和是（ ） A. 2 B. -2 C. 6 D. -6 18. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 19. 点到直线的距离是（ ） A. B. C. D. 20. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则下列说法正确的是（ ） A. 直线平面 B. 直线平面或 C. 直线l与平面所成角为 D. 直线l与平面的垂线平行 21. 若直线与圆无公共点，则（ ） A. 或 B. C. D. 或 22. 如图，空间四边形中，，，，点在上，，点为中点，则等于（ ） A. B. C. D. 23. 已知直线，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 24. 已知圆：与圆：，则两圆的位置关系（ ） A. 相交 B. 相离 C. 外切 D. 内切 25. 已知一对不共线的向量，的夹角为，定义为一个向量，其模长为，其方向同时与向量，垂直（如图1所示）．在平行六面体中（如图2所示），下列结论错误的是（ ） A. B. 当时， C. 若，，则 D. 平行六面体的体积 三、填空题（5小题，每小题5分，共25分，请把答案填写在答题纸上相应题目位置） 26. 经过点和点的直线的倾斜角是________． 27. 若方程表示圆，写出一个的取值是________，此时圆心坐标为________． 28. 三棱锥中，，，，则______． 29. 圆心在直线：上，且圆经过、两点，则圆的方程为________． 30. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，点为的中点．有如下结论： ①平面 ②与所成的角为 ③平面 ④ 以上结论正确的是________． 四、解答题（6小题，共70分，请把答案书写在答题纸上相应题目位置） 31. 已知函数. （1）写出的一个周期； （2）求在区间上的最大值和最小值. 32. 已知函数. （1）求证：是奇函数； （2）当时，求的最小值. 33. 已知的三个顶点分别为，求： （1）所在直线的方程； （2）过点与边平行的直线方程； （3）边的垂直平分线的方程． 34. 如图，是边长为4的正方形，，且． （1）证明：平面； （2）若平面，求： （i）点到平面的距离； （ii）直线与平面所成角的正弦值． 35. 已知点在圆C：上. （1）求该圆的圆心坐标及半径长； （2）过点，斜率为的直线l与圆C相交于A，B两点，求弦的长； （3）求过点的圆的切线方程. 36. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，点在上，且． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）设点在线段上，探究直线是否能在平面内，若能，求出的值；若不能，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第六十五中学2026-2027学年度第一学期期中达标测试题 高二数学试卷 考试时间120分钟 满分150分 一、选择题（15小题，每小题1分，共15分，请将答案涂在答题纸上相应题目位置） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由集合的交集运算求解即可. 【详解】因为，所以. 故选：C. 2. 已知，且，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的性质进行判断即可. 【详解】因为，且， 所以，，故CD错误； 因为，，所以即恒成立，故A正确； 取，，则，但此时，故B未必成立. 故选：A 3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本初等函数的单调性直接得解. 【详解】因为，在区间上单调递增， 在区间上单调递减，在区间上不单调， 故选：B 4. 下列向量中，与向量共线的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由共线向量的坐标关系逐个判断即可. 【详解】对A：因为，故与共线； 对B：因为，故与不共线； 对C：因为，故与不共线； 对D：因为，故与不共线. 故选：A 5. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】解二次不等式即可得解. 【详解】由， 所以不等式的解集是， 故选：C 6. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【详解】“，”的否定为：，. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据幂函数的单调性比较大小即可. 【详解】由幂函数为上的增函数， 且， 所以，即， 故选：A 8. 在平面直角坐标系中，角以为顶点，为始边，终边经过点，则角可以是（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据角终边上的点确定三角函数值即可得解. 【详解】由角终边经过点，知，且为第四象限角. 故选：B 9. 已知菱形的边长为2，，则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量积的定义求解. 【详解】. 故选：B 10. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理求解即可. 【详解】由正弦定理，， 所以， 故选：D 11. 已知函数.下列区间中包含的零点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数零点即可得解. 【详解】因为，解得， 所以， 故选：D 12. （ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数的运算求解即可. 【详解】. 故选：A 13. 若a，b是空间中的两条直线，则“a，b异面”是“a，b没有公共点”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】A 【解析】 【分析】由空间中两直线的位置关系结合充分条件与必要条件的定义即可得解. 【详解】空间中的两条直线a，b异面，则a，b没有公共点， 反之，空间中的两条直线a，b没有公共点，则不一定得到a，b异面，也可能a，b是平行直线， 所以“a，b异面”是“a，b没有公共点”的充分不必要条件. 故选：A. 14. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由可求函数的定义域. 【详解】由. 所以函数的定义域为：. 故选：C 15. 已知，且，则的最大值是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由基本不等式求最值即可. 【详解】因为， 所以，当且仅当时等号成立， 故选：D 二、选择题（10小题，每小题4分，共40分，请将答案涂在答题纸上相应题目位置） 16. 直线的斜率是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，将直线的方程变形为斜截式方程，即可得其斜率． 【详解】根据题意，直线的方程为，其斜截式方程为， 其斜率. 故选：D. 17. 直线在两坐标轴上的截距之和是（ ） A. 2 B. -2 C. 6 D. -6 【答案】A 【解析】 【分析】分别求解直线在两坐标轴上的截距，再计算截距之和，匹配对应选项. 【详解】令，可得，解得，即直线在轴上的截距为， 令，可得，解得，即直线在轴上的截距为， 故两截距之和为. 18. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量共线的坐标表示，求出的值. 【详解】向量，且， 所以，解得， 故选：B. 19. 点到直线的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用点线距离公式求点线距离. 【详解】点到直线的距离是. 故选：B 20. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则下列说法正确的是（ ） A. 直线平面 B. 直线平面或 C. 直线l与平面所成角为 D. 直线l与平面的垂线平行 【答案】B 【解析】 【详解】因为直线的方向向量为，平面的法向量为，且， 所以直线平面或. 21. 若直线与圆无公共点，则（ ） A. 或 B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】由得，则圆心，半径. 因为直线与圆无公共点， 所以圆心到直线的距离， 即，化简得，，解得，或. 22. 如图，空间四边形中，，，，点在上，，点为中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理可得. 【详解】，点为中点，故， 又，，，故. 故选：B 23. 已知直线，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】若，则，，显然两直线平行， 因此由可以推出，充分性成立； 若，则，解得或1， 当时，，，此时两直线重合，舍去， 当时，，，此时两直线平行， 因此由可以推出，必要性成立； 综上所述，“”是“”的充要条件． 24. 已知圆：与圆：，则两圆的位置关系（ ） A. 相交 B. 相离 C. 外切 D. 内切 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆心距以及两个圆的半径来判断出两圆的位置关系. 【详解】圆：的圆心为，半径； 圆：的圆心为，半径， 圆心距， 所以两圆相外切. 故选：C 25. 已知一对不共线的向量，的夹角为，定义为一个向量，其模长为，其方向同时与向量，垂直（如图1所示）．在平行六面体中（如图2所示），下列结论错误的是（ ） A. B. 当时， C. 若，，则 D. 平行六面体的体积 【答案】C 【解析】 【分析】A.根据三角形的面积公式，结合新定义公式，即可判断；B.结合新定义和数量积公式，即可判断；B.根据条件求，即可判断；D.根据新定义和数量积的几何意义，即可判断. 【详解】对于A，，而，故，正确； 对于B，，当时，有意义，则，正确； 对于C，因为，，所以，，所以，错误； 对于D，的模长即为平行六面体底面OACB的面积，且方向垂直于底面，由数量积的几何意义可知， 就是在垂直于底面的方向上的投影向量的模长（即为平行六面体的高）乘以底面的面积，即为平行六面体的体积，正确． 故选：C 三、填空题（5小题，每小题5分，共25分，请把答案填写在答题纸上相应题目位置） 26. 经过点和点的直线的倾斜角是________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意得经过点和的直线斜率为  ， 又倾斜角的取值范围为 ， 因此满足的倾斜角为. 27. 若方程表示圆，写出一个的取值是________，此时圆心坐标为________． 【答案】 ①. （满足的任意实数均可） ②. （与所取的对应） 【解析】 【分析】先将方程配方为圆的标准方程形式，再根据半径大于0得到参数的范围，再任选一个符合条件的即可. 【详解】化简方程得：， 要使方程表示圆，则必须，即. 取，此时方程为，故圆心坐标为. 28. 三棱锥中，，，，则______． 【答案】-2 【解析】 【分析】根据向量的减法运算，结合数量积的运算，可求得答案. 【详解】由题意得，故， , 故答案为：-2 29. 圆心在直线：上，且圆经过、两点，则圆的方程为________． 【答案】 【解析】 【详解】设圆的标准方程为，其中圆心为，半径为， 圆经过点，代入圆的方程得： ① 圆经过点，代入圆的方程得： ② 圆心在直线上，代入直线方程得： ③ 将①-②消去，展开并化简： ④ 联立方程③和④，得到二元一次方程组：  ， 解得，，即圆心的坐标为， 将代入①式，计算半径的平方：  因此，所求圆的标准方程为. 30. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，点为的中点．有如下结论： ①平面 ②与所成的角为 ③平面 ④ 以上结论正确的是________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理判断①；利用异面直线所成角的定义和平移法判断②；利用线面平行的判定定理判断③；利用等体积法和棱锥的体积公式判断④. 【详解】对于①：因为是正方形，所以，又因为平面，平面，所以， 又因为平面，，所以平面，故①正确； 对于②：因为是正方形，所以，所以与所成的角即为与所成的角，即， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以为等腰直角三角形，所以，即与所成的角为，故②错误； 对于③：连接交于点，连接，因为底面是正方形，所以为的中点， 又因为点为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故③正确； 对于④：因为， 即，故④正确. 四、解答题（6小题，共70分，请把答案书写在答题纸上相应题目位置） 31. 已知函数. （1）写出的一个周期； （2）求在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1）(答案不唯一) （2），. 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系化简函数解析式即可得解； （2）根据正弦函数的单调性可求最值. 【小问1详解】 因为， 所以为函数的一个周期. 【小问2详解】 当时，， 即， 所以在区间上的最大值和最小值分别为，. 32. 已知函数. （1）求证：是奇函数； （2）当时，求的最小值. 【答案】（1）证明： 因的定义域为. 对于任意，都有，且， 故是奇函数. （2）4 【解析】 【分析】（1）根据奇函数定义即可得证； （2）利用基本不等式即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 已知，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以当时，函数取得最小值4. 33. 已知的三个顶点分别为，求： （1）所在直线的方程； （2）过点与边平行的直线方程； （3）边的垂直平分线的方程． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据的坐标即可求得直线的斜率，利用点斜式可得所求方程； （2）根据平行可设所求方程，再将点的坐标代入可得所求方程； （3）根据垂直可求得斜率，再求得线段的中点坐标，根据点斜式可得所求方程. 【小问1详解】 如图，因为，所以直线的斜率为， 由点斜式可得直线的方程为，即. 【小问2详解】 因为所求直线与直线平行， 由（1）知可设所求直线方程为， 又直线过点， 所以将的坐标代入可得，解得， 所以所求直线方程为. 【小问3详解】 因为，且其斜率都存在， 所以，解得. 又直线过线段的中点， 由点斜式可得直线的方程为，即. 34. 如图，是边长为4的正方形，，且． （1）证明：平面； （2）若平面，求： （i）点到平面的距离； （ii）直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）如图，在上取点，使， 因为，即，且，故四边形是平行四边形， 则有，且，因为是正方形，则有且， 故且，即四边形是平行四边形，则有， 又平面，平面，故平面； （2）（i）；（ii）； 【解析】 【分析】（1）在上取点，使，通过证明四边形是平行四边形，得，由线面平行的判定定理即可证明； （2）（i）以为原点，为轴建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式即可求解；（ii）利用线面角的向量公式即可求解． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 （i）如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，，设平面的法向量， 则有，令，则，即， 又，则有 点到平面的距离， 故点到平面的距离为； （ii）由（i）可知平面的法向量，又， 设直线与平面所成的角为，则有 ， 故直线与平面所成角的正弦值为． 35. 已知点在圆C：上. （1）求该圆的圆心坐标及半径长； （2）过点，斜率为的直线l与圆C相交于A，B两点，求弦的长； （3）求过点的圆的切线方程. 【答案】（1）圆心坐标为，半径长为 （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）先根据点在圆上求出参数，再将圆的方程化为标准方程，即可得出圆心及半径； （2）先写出直线方程，求出圆心到直线的距离，再根据圆的弦长公式即可得解； （3）分直线斜率存在和斜率不存在求切线方程即可． 【小问1详解】 因为点在圆上， 所以，解得， 所以该圆的标准方程为， 所以该圆的圆心坐标为，半径长为； 【小问2详解】 因为直线过点，斜率为， 所以直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离， 所以； 【小问3详解】 当直线斜率不存在时，与圆相切，符合题意， 当直线斜率存在时，设直线， 此时圆心到直线的距离，解得， 则直线方程为， 综上，切线方程为或． 36. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，点在上，且． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）设点在线段上，探究直线是否能在平面内，若能，求出的值；若不能，说明理由． 【答案】（1）平面，平面，， 又，平面，平面， 平面. （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）由平面得，结合根据线面垂直的判定定理可证； （2） 由平面得，利用等腰三角形性质及线面垂直的判定定理得平面，从而可得是二面角的平面角，在中，求得，在中由余弦定理可求，即可求得二面角的平面角的余弦值； （3）令，得，，求出平面的法向量，求解方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知平面，平面，， ，， 又平面，且，平面， 又平面，，且平面，平面， 是二面角的平面角， 如图在中，，， 又，由余弦定理可知， ，， 在中，，， 即二面角的余弦值为. 【小问3详解】 以为原点，在平面内过作的平行线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ， ，，，， 设平面的法向量， 则，取，得， 设点在线段上，令，即， 又，，解得， 故存在满足条件的点，直线能在平面内，， 故直线能在平面 内，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $