精品解析：天津市西青区2026-2027学年高二第一学期学业质量中期监测数学试卷

2026~2027学年度第一学期________学校学业质量中期监测 高二数学试卷 本卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．答题时间100分钟，满分120分． 第I卷（40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4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，请将正确答案的序号填涂到答题卡上． 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线与直线，若，则（ ） A. B. C. 或 D. 3. 已知点是点在平面上的射影，则等于（ ） A. B. 5 C. D. 4. 已知圆，圆，则圆与圆的位置关系为（ ） A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内切 5. 如图，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 过点A（1，2）的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ） A. x-y+1=0 B. x+y-3＝0 C. y＝2x或x+y-3＝0 D. y＝2x或x-y+1＝0 7. 若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 8. 已知椭圆与椭圆有相同的焦点，且的长轴长为，则的短轴长为（ ） A. B. C. D. 9. 若圆上有且仅有两个点到直线的距离为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 设椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆的外部，点是椭圆上的动点，满足恒成立，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第II卷（80分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．请将正确的答案填写到答题纸上．试题中包含2个空的，答对1个空的得2分，全部答对的得4分． 11. 直线的斜率是___________． 12. 已知表示圆，则的取值范围为______． 13. 若直线被圆截得的弦长为，则______． 14. 已知圆和圆，则两圆的公共弦所在直线方程是______． 15. 在正三棱柱中，为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为_____；点到直线的距离为_____． 16. 给出下列命题： ①已知点与点关于轴对称，点与点关于轴对称，点与点关于直线对称，则点的坐标为； ②直线的一个法向量为且过点，则直线的一般式方程为； ③若构成空间的一个基底，则不能构成空间的一个基底； ④已知点在圆上运动，为坐标原点，则线段的中点的轨迹方程为； ⑤已知椭圆：的左，右焦点分别是，，且左，右顶点分别是，，点是椭圆上异于，的任意一点，则直线与直线的斜率之积为. 则上述五个命题中正确的是______．（把所有正确的命题序号都填上） 三、解答题：本大题共4小题，共56分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17. 已知的三个顶点分别是，，，边上中点为． （1）求边上的中线所在的直线的一般式方程； （2）求的面积． 18. 已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上． （1）求圆的标准方程； （2）过点作圆的切线，求切线方程． 19. 在如图所示的几何体中，平面，，F是的中点，，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求四面体的体积. 20. 已知椭圆． （1）若点在椭圆上，求椭圆的标准方程； （2）已知点是椭圆的右顶点． （i）若，且椭圆上存在一点，满足，求的值； （ii）若中垂线的斜率为2，且与椭圆交于两点，为钝角，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年度第一学期________学校学业质量中期监测 高二数学试卷 本卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．答题时间100分钟，满分120分． 第I卷（40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4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，请将正确答案的序号填涂到答题卡上． 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量坐标运算计算即可得. 【详解】由，则. 故选：B. 2. 已知直线与直线，若，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平行的性质计算出后验证是否重合即可得. 【详解】由，则有， 化简得，故或； 当时，，，此时与重合，不符； 当时，，，符合要求； 综上所述：. 故选：A. 3. 已知点是点在平面上的射影，则等于（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为点是点在平面上的射影， 所以点的坐标为，而坐标和坐标保持不变，则. 所以. 4. 已知圆，圆，则圆与圆的位置关系为（ ） A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内切 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆的方程确定圆心和半径，再由圆心距与半径的关系确定两圆的位置关系. 【详解】由的圆心，半径， 由的圆心，半径， 所以，故两圆相交. 故选：C 5. 如图，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算求得正确答案. 【详解】 . 故选：D 6. 过点A（1，2）的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ） A. x-y+1=0 B. x+y-3＝0 C. y＝2x或x+y-3＝0 D. y＝2x或x-y+1＝0 【答案】D 【解析】 【分析】考虑直线是否过坐标原点，设出直线方程，分别求解出直线方程. 【详解】当直线过原点时，其斜率为，故直线方程为y＝2x； 当直线不过原点时，设直线方程为，代入点（1，2）可得，解得a＝－1，故直线方程为x-y+1＝0. 综上，可知所求直线方程为y＝2x或x-y+1＝0， 故选：D. 【点睛】本题主要考查直线方程的截距式以及分类讨论思想的应用，考查逻辑推理和数学运算.在利用直线方程的截距式解题时，一定要注意讨论直线的截距是否为零. 7. 若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量夹角的余弦公式计算线面夹角的正弦值即可. 【详解】设直线与平面所成角为，因为直线的一个方向向量为， 平面的一个法向量为， 所以. 所以，即直线与平面所成角为. 故选：A. 8. 已知椭圆与椭圆有相同的焦点，且的长轴长为，则的短轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得椭圆的半焦距，再结合椭圆的长轴可得短轴长度. 【详解】由已知，， 又，即， 所以，解得， 故的短轴长为， 故选：D. 9. 若圆上有且仅有两个点到直线的距离为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】数形结合，找到“圆上仅有1个点到直线的距离为”与“圆上有且仅有3个点到直线的距离为”的直线的两种临界状态，然后根据条件列不等式，即得答案. 【详解】圆的圆心为：，半径，直线方程为：， 圆心到直线的距离， 因为圆上有且仅有两个点到直线的距离为， 所以，即， 解得：. 故选：C 10. 设椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆的外部，点是椭圆上的动点，满足恒成立，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由N在椭圆外部，则，根据椭圆的离心率公式，即可求得 ，根据椭圆的定义及三角形的性质结合，则 ，即可求得椭圆的离心率的取值范围． 【详解】因为点在椭圆的外部，所以，可得 ， 由椭圆的离心率， 又因为，且，， 要恒成立，即， 则椭圆离心率的取值范围是． 故选：D． 第II卷（80分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．请将正确的答案填写到答题纸上．试题中包含2个空的，答对1个空的得2分，全部答对的得4分． 11. 直线的斜率是___________． 【答案】## 【解析】 【分析】将直线方程化为斜截式，可得出该直线的斜率. 【详解】直线的方程可化为，故该直线的斜率为. 故答案为：. 12. 已知表示圆，则的取值范围为______． 【答案】. 【解析】 【详解】若表示圆，则，即. 13. 若直线被圆截得的弦长为，则______． 【答案】 【解析】 【详解】由圆的方程得圆心 ，半径， 所以圆心到直线的距离，其中 . 因为直线被圆截得的弦长为， 所以，即，解得； 又，所以. 14. 已知圆和圆，则两圆的公共弦所在直线方程是______． 【答案】 【解析】 【详解】圆的圆心和半径; 圆的圆心和半径. 则，故两个圆相交. 因此公共弦所在的直线方程为，即. 15. 在正三棱柱中，为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为_____；点到直线的距离为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据正三棱柱的性质，取中点作为原点，方向为轴建立空间坐标系，根据异面直线的夹角公式即可求出直线与所成角的余弦值，根据空间中点到直线的距离公式即可求解点到直线的距离. 【详解】如图所示，正三棱柱中，底面为等边三角形，取中点，则， 取中点，根据正三棱柱的性质可得：，， 故取中点作为原点，方向为轴建立空间坐标系， ，等边三角形高，则，， ，则，，， 为的中点，则， ， 设异面直线与所成角为，则； 由可得，， 则点到直线的距离， 故答案为： 16. 给出下列命题： ①已知点与点关于轴对称，点与点关于轴对称，点与点关于直线对称，则点的坐标为； ②直线的一个法向量为且过点，则直线的一般式方程为； ③若构成空间的一个基底，则不能构成空间的一个基底； ④已知点在圆上运动，为坐标原点，则线段的中点的轨迹方程为； ⑤已知椭圆：的左，右焦点分别是，，且左，右顶点分别是，，点是椭圆上异于，的任意一点，则直线与直线的斜率之积为. 则上述五个命题中正确的是______．（把所有正确的命题序号都填上） 【答案】①②③ 【解析】 【分析】对于①：利用对称变换规则即可；对于②：利用直线的法向量，确定直线斜率，通过斜截式求方程； 对于③：利用空间向量基底的要求，三个向量不共面判断即可；对于④：通过求曲线的方程即可；对于⑤：利用即可得到. 【详解】点关于轴对称的点为，点关于轴对称的点为，点关于直线对称的点为，因此①正确； 因为直线的法向量为，则直线的方向向量为， 直线的斜率为，又直线经过点， 由点斜式可得：，即，因此②正确； 因为，说明这三个向量共面，无法构成空间的一组基底， 因此③正确；设线段的中点为，由中点坐标公式可得点的坐标为， 因为点在圆上运动，所以，即，因此④错误； 椭圆：的左，右顶点分别是，， 设椭圆上点，满足，即， 直线与直线的斜率之积为，因此⑤错误. 三、解答题：本大题共4小题，共56分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17. 已知的三个顶点分别是，，，边上中点为． （1）求边上的中线所在的直线的一般式方程； （2）求的面积． 【答案】（1） （2）5 【解析】 【分析】（1）先求出中点的坐标，法一：利用两点式求直线方程；法二：利用点斜式求直线方程； （2）求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出高，再结合三角形面积公式求解． 【小问1详解】 由中点坐标公式，可得中点，即， 法一（两点式） 过点，两点的直线方程为， 整理得， 法二（点斜式） 直线的斜率， ， 整理得； 【小问2详解】 设边上的高为， 底边的长， 直线方程，即， 边上的高为， ． 18. 已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上． （1）求圆的标准方程； （2）过点作圆的切线，求切线方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆的圆心为，结合圆心在直线上及，列方程组求出圆心坐标，并计算出半径即可； （2）按切线斜率是否存在，结合点到直线距离公式列式求解． 【小问1详解】 设圆的圆心为， 由题意圆心在直线上可知 因为，为圆上的点，则， 即，可得 联立，解得 即， 半径， 所以圆的标准方程为； 【小问2详解】 由题意可得点在圆外， 当切线的斜率存在时，设过的切线的方程为， 即， 则圆心到切线的距离， 解得， 此时切线的方程为，即， 当切线的斜率不存在时，则切线方程为， 此时圆心到直线的距离为，符合条件； 综上所述：过的切线方程为或． 19. 在如图所示的几何体中，平面，，F是的中点，，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求四面体的体积. 【答案】（1） 方法一：取的中点，连接，， 由是的中点，得，而，则. 又，于是四边形是平行四边形，， 在中，，，有， 又由平面，平面，得， 而，，平面， 因此平面，所以平面. 方法二：由已知平面，而，则直线，，两两垂直， 如图，以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 于是，，，，， 是的中点，所以，， 设是平面的一个法向量， 则，故可取， 因，则，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）方法一：取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，得，由线线垂直证明平面，再由线线垂直的性质证明平面；方法二：利用条件建系，写出相关点的坐标，求出平面的一个法向量，证明即可. （2）由（1）方法二建系，分别求出两平面的法向量，利用两向量夹角的计算公式计算即得； （3）方法一：由点到平面的距离的向量公式求出点到平面的距离，再求的面积，代入棱锥的体积公式计算即得；方法二：通过等体积转化计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）方法二建系，则，， 设是平面的一个法向量， 则，故可取， 显然平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值是. 【小问3详解】 方法一：由（2）已知平面的一个法向量为， 且，则点到平面的距离， 又，，，， 所以. 方法二：由（1）知为点到面的距离，，， 故. 20. 已知椭圆． （1）若点在椭圆上，求椭圆的标准方程； （2）已知点是椭圆的右顶点． （i）若，且椭圆上存在一点，满足，求的值； （ii）若中垂线的斜率为2，且与椭圆交于两点，为钝角，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）将点代入椭圆方程计算即可得； （2）（i）设出点，则可利用坐标表示出两向量，从而用表示点坐标，再将该点坐标代入方程计算即可得；（ii）借助中垂线性质可计算出与的关系，也可表示出中垂线，再将直线与椭圆方程联立，得到与横坐标有关的韦达定理，再表示出斜率、，由为钝角可得两向量数量积为负数，代入计算即可得解. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 故椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 （i）由，则椭圆的标准方程为， 则，设，则，， 由，则，解得， 则有，解得，又，故； （ii）由，则，又，中垂线的斜率为， 则，解得，故，则的中点坐标为， 故的方程为：， 联立，消去可得， ， 设、，则，， 故、， 则由为钝角，则， 即有 ， 故，又，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $