精品解析：北京市育英中学2026-2027学年高二上学期11月期中考试数学试题

6学科网列组卷网 2026—2027学年度第一学期期中考试试题 2026.11 一、选择题（本大题共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) 1.过点A(-,3)B(2,-3) 的直线的斜率为() A.-2 B.2 1 C.2 D.2 【答案】A 【解析】 3-（3）-2 【详解】直线AB斜率为-1-2 2.一个棱长为1的正方体顶点都在同一个球上，则该球体的表面积为() A.3π B.2元 C.3n D.π 【答案】A 【解析】 【分析】棱长为1的正方体的八个项点都在同一个球面上，球的直径是正方体的对角线，从而得到结果。 【详解】，棱长为1的正方体的八个顶点都在同一个球面上， ,球的直径是正方体的对角线， 3 :球的半径是2， 第1页/共26页 6学科网 命组卷网 2 ∴.球的表面积是4×π× =3π 2 故选：A 3.如图，三棱柱ABC-4BG中，M为A4的中点，若BA=石，BB=b,BC=C,则CM-=( XB B a+ Ba-6+ ca+B+a a+b+c A. D.2 【答案】A 【解析】 【分析】以瓜，万，为基底，利用向量加减法运算转化为基底表示即可 CM=CA+AM=BA-BC+AM 【详解】 又因为M为A4的中点，得 AM=BB 2 所以 W=M-c+AM=aMi-Bc+丽=a-c+ 故选：A 4已知a=(4,02),6=(a+l,-l,3）,若ā16，则实数元，业的值分别为() 1 A.5,1 B.5,1 第2页/共26页 6学科网命组卷网 1 C.5,1 D.-5,-1 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间两向量平行的坐标充要条件建立方程组求解即可 【详解】若/仍，则存在实数K,使得5=@ 1 λ= [2+1=4k 所以 4-1=0，解得 u=1 3 32=2k k= 10 所以5,4=1. 5已知不重合的直线，m和不重合的平面“，B, 下列命题正确的是() A若Ma,1MB,则aB B.若1a,11m,则m/a c.若1a,LB allB ,则 D.a mca Il/B mllBallp ,则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中的线、面关系分析判断. 【详解】对于A:若Ma,1M ，则平面“，P的位肾关系有：平行、相交，放A错误， 对于B:若I⊥a,I⊥m,则m,的位置关系有：ml/a或mca,故B错误； 对于C:若1a11B allB ,根据线面垂直的性质可知： ,故C正确： I,m allB 对于D:根据面面平行的判定定理可得：若相交，则 ,否则不成立，故D错误 故选：C 第3页/共26页 6学科网命组卷网 6.如图，在正方体 BCD-4B,GCD中，MN分别为枝CD、CC的中点，有以下四个结论：①直线 M与CC是相交直：②直线与N是平有行我，线N与M 是异面直线：④直线AM与DD 是异面直线.其中正确的结论为() D M A B D B A.③④ B.①② C.①③ D.②④ 【答案】A 【解析】 【分析】根据异面直线的定义逐一判断 【详解1A、MG三点共面，且在平面18CD,但C生平面 ABC D CAM 直线AM CC是异面直线，故①错误： 为M∈CDC平面MBCD,ABc平面MBCD,但NE平面 因 ABC D B AM 所以直线AM与BN也是异面直线，故②错误： 因为R∈BGC平面BBCG,BNC平面BBCG,但M至平面BBCG,BEBN 所以直线BN MB是异面直线，故③正确： 因为A∈平面4MDD,D0C平面4ADD,但M要平面 AADD A DD 所以直线AM DD是异面直线，故④正确. 故选：A. 7如图，在三楼维P-ABC中，PA⊥平面ABC,ABLAC,PA=5,AB=AC=V巨，则点A 第4页/共26页 6学科网6组卷网 到平面PBC的距离为() √5 A.1 B.2 √2 C.2 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】求P-ABC的体积、△PBC的三边长、高，再求△PBC的面积，设A到平面PBC的距离为 h,利用'c=VmC可求A到平面PBC的距离 【详解】因为PAL平面ABC,AB LAC,PA=V3,AB=AC=V反 以Se=2x5-l,8×PA=k5= 3 3 XPB=PC=PA2+AB2=3+2=5 BC=VAC2+AB2=2+2=2 所以号服三角形△P8C的高为不5-P=2,5am2x2x2=2 设到平面PBC的距离为hL由，c=V4c得：3二SCX, 第5页/共26页 6学科网6组卷网 3 解得h 2· 线，2的斜率分别为飞，，倾斜角分别为4.2，则“k飞=1”是4+ A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义，分别刘断《能否推出。么+马=之以及 a+a-π 2”能否推出“kk,=1”,进而确定它们之间的条件关系 【详解】若kk=l,则tan &tand,=l,即tana=a 1一=tan tana, 但是倾斜角a∈[0，π)，仅由 ma=tac子a)， 立接得44登 也就是不能得出4+2=2，所以“kk=1”不能推出.4+% 2”,充分性不成立： 那么tana=tan tand,,tan a tan d,=1, 因为=an4,6=iama,所以kk=l 第6页/共26页 6学科网 命组卷网 所以a+a2= 2”可以推出“kk2=1”,必要性成立 故选：B 9.如图，在三棱柱 BC-ABG中，A4上平面ABC,AC=BC,M,N分别是4B,AB的中点， P在线 BC上，对NP与平面MMG的位置关系是() C M B A.垂直 B.平行 C.相交但不垂直 D.要依P点的位置而定 【答案】B 【解析】 【分析】构造三角形BNP,先CM/平面NCB同理得AM平面CA,再证平面C4Mr平面 NCB即可 【详解】连接 BN MN NC 4 C M B A C B 第7页/共26页 6学科网命组卷网 因为在直三棱柱 BC-ABG中，MN分别是4B,AB的中点，所CMNC 因为GMt平面NCB内，NCc平面NCB,所以GM/平面NCB 同理可得A平面 NCB 又因为 MDAM=M,AMc平面CM,CMc平面CAM 所以平面S MI平面NCB 又因为P点在线段BC上，所以NP∥平面G4M 故选：B 10,已知2为直线：3x+4y-5=0上的动点，点P满足P=(2,）,记P的轨迹为E,则() E 是一个与直线”相切的圆 B.E是一条与垂直的直线 C. 名 上的点到的距离均为 3 D. 上点与原点距离的最小值大于 【答案】C 【解析】 【分析】利用相关点法可得轨迹方程，进而判断各选项， 【详解】由已知设P(x),Q(o,%) Jx-。=2∫x0=x-2 :Qr=(2,）y-%=1,即%=y-1 又点2在直线：3r+4y-5=0上，则3，+4。-5=0 即3(x-2)+4(y-)-5=0,化简可得3x+4y-15=0, 第8页/共26页 6学科网 命组卷网 即轨迹E为直线，且与直线平行， 故AB选项错误； 两直线间距离==2，即上的点到，的距离均为)，C选项正确：一 V32+42 、原点0到轨迹B的距离？+元、 ==3 即E上点与原点距离的最小值为3，D选项错误， 二、填空题（本大题共10小题，每小题5分，共50分将答案填在题中横线上) 1.直线y=V5x+3的倾斜角是 2 【答案】60°拼3 【解析】 【分析】根据直线的斜率，得出对应的倾斜角. 【详解】直线的斜率为V5 故对应的倾斜角为60° 12点(2，-3) 到直线x+y+3=0的距离是 【答案】 √2 【解析】 2-3+3=2 【详解】点(2，-3)到直线x+y+3=0的距离为√？+12 13若直线4：a+2y-2=0与直线4：x+(a-1y+2=0平行，则两直线间距离为 【答案】 第9页/共26页 6学科网命组卷网 3976 【解析】 【详解】由直线4：m+2y-2=0与直线：x+(a-)y+2=0平行， 得1a-12,解得a=2, 新以直线：x+y-1=0与直线，：x+y+2=0的瓯离d-1-2、3V2 V12+122. 14将直线1：y=2x+1绕点(2,5)按逆时针方向旋转45°得到直线，则直线的方程为 【答案】 3x+y-11=0 【解析】 【分析】先验证旋转中心在原直线上，利用两角和的正切公式求出旋转后直线的斜率，再通过点斜式推导 直线方程， (2,5) 1:y=2x+1 (2,5) 【详解】易知点 在直线 上，即旋转后的直线必过点 2,5) 即直线绕点 逆时针旋转45” 得到， 设直线I的倾斜角为a,则直线1'的倾斜角为a+45°，且tana=2, an(a+45）= tana+tan45°2+1 =-3 所以 1-tan a tan45°1-2 所以直线的方程为y-5=-3(x-2)3x+y-11=0 即 15.如果一个圆锥的底面半径为4，侧面积为32π，那么圆锥的母线与轴的夹角等于 第10页/共26页 命学科网 组卷网 【答案】6#30° 【解析】 【分析】根据侧面积公式可得圆锥的母线，作出圆锥的轴截面可得圆锥母线与轴的夹角的正弦值，进而得 解. 【详解】 B 由已知圆锥的底面半径r=4,侧面积S=32π， 即S=πrl=4πl=32π，解得母线长1=8， 作出圆锥轴截面如图所示，则OB=4,AB=8, 即圆锥的母线与轴的夹角∠OAB满足sin<OAB=OBI AB 2, ∴∠OAB=π 16.求直线 4x+y-1=0与圆×+-4x-2y-20=0 的交点坐标 【答案】 2167 (,5)和717 【解析】 4x+y-1=0 【详解】由x2+y2-4x-2y-20=0, 第11页/共26页 6学科网列组卷网 21 消去y并整理得17x2-4x-21=0,解得x=-1或17， 21 67 当x=-1时，y=5:当=7时， y= 17, 2167 所以所求交点坐标为(-1,5)和717 17.己知乃=(11,2)，n2=(m,-1,1),%=(2,0,).若{hn%} 不能构成空间的一个基底，则 m= 【答案】 5 【解析】 【详解】由%，，乃}不能构成空间的一个基底，则乃，乃，n共面， 又元=(m,-山，)，%=(2,01)，显然乃与乃不共线 因此存在实数元，”，使得%=n+n】 (1,1,2)=(m,-1,1)+4(2,0,1)=(2m+24,-元，2+0) 可得： 2m+24=1 [2=-1 所以{-九=1， 解得μ=3 2+4=2 (m=5 18设直线x+y+2=0与圆C:r+(y-2=16相交于A,B两点，且△ABC的面积为8， 则a= 【答案】 1 【解析】 【分析】先根据圆的方程确定圆心坐标与半径，结合三角形面积公式求出圆心角的大小，进而得到圆心到 直线的距离，再通过点到直线的距离公式建立关于4的方程求解即可 第12页/供26页 命学科网命组卷网 【详解】由圆C的方程+0y-2Y=16,可得圆心C0,2),半径r=4,1C4HCBr=4 自3m-1CAc81sn乙408= ×4×4×sin∠ACB=8 ,得sin∠ACB=1,因此 <ACB=π 即△ABC为等腰直角三角形，|AB上VCA+1CBP=V42+42=4V2 度凤心C到直我B趣离为d,由三角面积公天81×42xd⑧ ,得2 ,解得 d=2W2 d=1x0+ax2+21_I2a+2=22 所以圆心C(0,2)到直线x+y+2=0的距离为 V12+a V1+a2 ，两边同时平 (2a+2)2 方得1+a2 =8,解得a=1 19袋合A=《x+广=aa>0),集合B={《x,川那+=a},若4nB中有8个元 素，则a的取值范围是 【答案】 (2) 【解析】 【分析】两曲线均关于x轴、y轴对称，若A⌒B有8个元素，则第一象限内两曲线需存在2个不在坐标 轴上的交点，联立第一象限的曲线方程，结合二次方程根的分布规则求解的取值范围即可· 第13页/共26页 命学科网命组卷网 【详解】集合1对应圆心在原点、半径为aa>0的圆+广=d 集合B对应中心在原点、顶点为仕d,0,(0,士a)的菱形lx+|y咔a X+y=d,|+y小d均关于轴、'销对称，若AnB中有8个元素，即两曲线存在8个不同的 交点， x>0y>0 由对称性可知，第一象限( )内两曲线需有2个不在坐标轴上的交点，此时四个象限共对应8 个交点 在第一象限内，|x+ya可化简为x+y=a(x>0,y>0), x+y=a2 联立 x2+y2=ad2，整理得2x2-2ax+a-ad=0 设f)=2x2-2ax+a-,其图象开口向上，对称轴为x 要使方程有两个不同的实根，需满足△>0， 即△=(-2ay-4x2xa-a）=4a(2-a）>0,也即2-a>0, 又a>0,所以0<a<V2 要使交点均在第一象限内，则x>0且y=a-x>0,故0<x<d, 厨以两实根均在区同0，a)内，又对称销=，在区阿0口）购 f(0)>0 f(0)=a4-a2>0 所以f(a2)>0,即f(a2)=2(a2-2a2.d+a-d2>0,解得a>1或a<-1舍去). 综上，1<a<V2 第14页/供26页 命学科网命组卷网 20已知四面体MBCD的所有楼长均为N2,M、N分别为楼4D.BC的中点，F为楼4B上异于A、 B的动点.则下列结论中正确的结论的序号为， ①线段MN的长度为l: ②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线： 0. V5 ®∠MFN的余弦值的取值范国是 5 ④AFM 周长的最小值为V2+1 【答案】①④ 【解析】 【分析】将正四面体放在正方体中观察 对于①，可根据M、N分别为正方体前后两个面的中心可得出结论： 对于②，F取为AB的中点，G取为MN的中点，此时FG与CD相交； 对于@，计算可得os∠MBN=3、V5 35,由逼近思想可作出判断： 对于④，空间问题平面化的技巧，将三角形MBC与4BD放在同一平面上，可计算出MF+FN≥V5 【详解】在棱长为'的正方体上取如下图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为V2四面体BCD 第15页/供26页 6学科网组卷网 B 显然，M、N分别为正方体前后两个面的中心，故线段MN的长度为正方体棱长1，故①对； 对于②，如图，F取为AB的中点，G取为MN的中点，I取为CD的中点，则由正方体的性质易知， F、G、I三点在一条直线上，故此时心与相交于，故②错： FG,CD,、 B D ow竖受则n=号5 2, 第16页/共26页 6学科网 命组卷网 13-1 os∠MBW=22 3、5 又有 ，故 2.2V6 35， MN=1 22 B点无限接近B点时，c09乙MW会无限接近V3 3,故∠MN的余弦值的取值范围不为 ⊙ 错误： 对于④，如图将等边三角形ABC与ABD铺平，放在同一平面上， 放有NF+FM"'≥MN'=V2,当且仅当F为AB中点时MF+FN取最小值， 故在正方体中MF+FN≥V2,故△FMW周长的最小值为V2+l,故③对 N ⊙ M' D 故答案为：①④. 【点睛】思路点睛：(1)计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行， 即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面 展开图的形状： (2)对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解 第17页/共26页 6学科网 命组卷网 三、解答题（本题共4小题，共60分解答应写出文字说明，证明过程) 21.已知直线：2x-y-1=0.4:x+y-5=0 (1)求经过1和的交点，且与直线3x+4y-5=0 行的直线方程； (2)设点4(-1，关于直线的对称点为4，求4的坐标 3x+4y-18=0 【答案】(1) 【解析】 【分析】(1)首先联立方程求出交点坐标，然后根据直线平行的关系求解斜率，进而根据点斜式求解直 线方程即可； (2)首先设 4(x,y) 然后通过直线M4与直线垂直且A与A的中点在直线上构造方程组，解方程 组求解4点坐标 【小问1详解】 2x-y-1=0 x=2 联立直线1与1，的方程得： x+y-5=0,解得：y=3, 即直线1与交点坐标为(2,3) 3 己知直线3x+4y-5=0,其斜率为4， 设所求直线斜率为k,由于所求直线与直线3x+4y-5=0平行，可得： 、3 4 因此可得所求直线方程为：y-3= 4(x-2 ,即：3x+4y-18=0 第18页/共26页 学科网命组卷网 【小问2详解】 脚4.段4叭.可得：454的肺点分生）. 由于点A与点A关于直线对称，因此可得： k4k=-1且A与4的中点在直线5上 2xx-1-y+1-1=0 2 2 可得： y-1x2=-1 ,整理得： 2x-y-5=0 x+1 x+2y-1=0 11 x= 5 解得： 3,即的坐标为 y= 54 22.如图，已知四棱锥P-ABCD中，M是PC的中点，CD⊥平面PAD,△PAD为等边三角形， AB//CD 2AB=CD M B (1)求证：BM∥平面PAD: (2)求证：BM⊥平面PCD 【答案】(1) 取PD中点N,连接AN,MN, 因为M是PC的中点， 第19页/供26页 6学科网命组卷网 所以MCD,且N=CD 又ABIICD,2AB=CD, 所以MNIIAB,且MN=AB, 所以四边形ABMN是平行四边形， 所以BM∥AN, 又ANC平面PAD,BMC平面PAD, 所以BM∥平面PAD M (2) B 因为△PAD为等边三角形，N是PD的中点， 所以AN⊥PD. 因为CD⊥平面PAD,ANC平面PAD, 所以CD⊥AN, 又PDOCD=-D,PD,CDc平mPCD 所以AN⊥平面PCD, 由(I)知BMIIAN,所以BM⊥平面PCD 第20页/共26页 6学科网命组卷网 【解析】 【分析】(1)取PD中点N,连接AN,MN,先证明四边形ABMN是平行四边形，进而得到 BMI∥AN 从而求证： (2)根据△PAD为等边三角形，N是PD的中点，可得AN⊥PD,根据CD⊥平面PAD,可得 CD⊥AN AN⊥.，PCD BMI∥AN 进而得到平面，进而结合 即可求证 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 23.已知三楼柱MBC-4BG中，AC=AA=4,BC=2,∠ACB=90,AB⊥AC B （1)求证平面44CG上平面4BC (2)若∠44C=60 在线段AC上是否存在一点P使平面BA和平面4ACC所成角的余弦值为 4 若存在，确定点p的位置：若不存在，说明理由 【答案】(1) 在三校柱4BC-ABG中，四边形 4CC是平行四边形， 第21页/供26页 6学科网命组卷网 C=MM,则A4CG是菱形，连接4C,如图， 而 A B 则有4CLAG,因4BLAG,ABn4C=A,4B,4CC平面4BC 于是得4G1平面4BC, 而BCc平面4BC,则AG1BC, 由∠ACB=90得AC⊥BC,ACDAG=A,AC,4GC平面4MCG 从而得BC上平面41CG,又BCc平面ABC】 所以平面41CG'平面ABC. (2)在线段AC上存在一点P,且P是靠近C的四等分点 【解析】 【分析】Q连接4C,根据给定条件证明AG'平面4BC得BC1AG即可推理作答 ②在平面41CG内过C作C⊥AC,再以C为原点，射线C4,CB,C:分别为，y:轴正半挂建立空 间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面 44CC内过c作C红1AC,由知平面44CG1平面4BC,平面 AACC∩平面 第22页/供26页 命学科网命组卷网 ABC=AC 则C2⊥平面ABC,以C为原点，射线CA,CB,Cz分别为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图， ZA B B 因∠AMC=60,AC=A4=4,BC=2 则C(0,0,0),4A4,0,0),B(0,2,0),4(2,0,23) 假设在线段AC上存在符合要求的点P,设其坐标为 (2,0,0),(0≤2≤4) 则有BM=(2,2,25),BP=(亿，-2,0) 设平面BA的一个法向量=(， n.BA=2x-2y+2v3z=0 则有1n-BP=x-2y=0 令x=2得 三，元3，而平百44CC的一个法狗量m=0,10 1cos,m上In~m 3 依题意， nlml 2++23 3 4,化简整理得： 322+-4=0 而0≤九≤4，解得九=1， 所以在线段AC上存在一点P,且P是靠近C的四等分点，使平 BAP和平 AACC所成角的余弦值 第23页/供26页 学科网命组卷网 √3 为4· 24已知圆M与直线5x+y+2=0相切于点（←5，），圆心M在)轴上 (1)求圆M的标准方程； R(2,5) (2)过点 )作圆M的切线，求切线的方程： (3)设点D0,3),过点D作直线，交圆M于P,卫两点，再过点D作与直线垂直的直线？，交圆 ME,F EPFO 两点，记四边形 的面积为S,求5的最大值 S 【答案】(1)r+0-2)2=4 (2)x=2成5x-12y+50=0 或 (3)7 【解析】 【分析】4)设M0,),由圆与直线V3x+y+2=0相切于点《V3,）,可求得b=2,从而可求出半 径r=2,即可求解： (2)当切线斜率不存在时，则直线x=2,即可验证直线与圆是否相切：当切线斜率存在时，设出直线 5 k= y-5=k(x-2),再结合点到直线的距离公式即可求得12，从而可求解。 (3)法一：分情况讨论直线无斜率时、斜率为·时、斜率存在且不为0时，相应的直线情况，再结合直 线与圆相交求出相应的P四 ,即可求解： 法二：设圆心(0,2)到直线4的距离4，到直线4的距离d,可得则Pg=2V4-, 第24页/供26页 命学科网命组卷网 EF=2√4-dG,再结合d+d=1,从而可求解 【小问1详解】 设M0,b),由圆与直线V3x+y+2=0相切于点（-V5,), b-15 得0-(-V3)3,解得b=2'所以M0,2) 则圆M半径r=V(-√3-02+1-2y=2. 所以圆M的标准方程为r+0-2}2-4 【小问2详解】 当切线斜率不存在时，直线为x=2,显然圆心M(0,2)直线到x=2的距离为2，等于半径， 所以直线x=2与圆M:x+0-2}=4 相切： 当切线斜率存在时，设切线方程为’-5=k(x-2）,即：-y+5-2k=0. B%2,解得了 由圆心到切线的距离为2得，√1+k2 12 则-5-2 ,整理得5x-12y+50=0, 综上，切线方程为七=2或5x-12y+50=0 或 【小问3详解】 法-：当直线4无斜率时，PO=4,EF=23.S=)PO-EF=43 当直线4斜率为0时，Pg-25,EF=4.S=2POEr=45 当直线斜率存在且不为0时，设直线为y=c+3,即x-y+3=0, 第25页/供26页 6学科网命组卷网 侧圆心0,2)到直线距离4=+3=1 Vk2+1Vk2+1, 1 4k2+3 所以P0=24-+=2+i, 因41，用淡式中94可两-24-2 k2 3k2+4 则S=Pe-E=2 (4k2+3(3k2+4) 12(k4+2k2+1)+K2 k2 (2+1月 +2k2+1—=212+ 4+2k2+1 =2 12+ -≤212 -=7 1 K2+ 2+2 22+2 1 k2= 当且仅当一k2,即k=1时取等号 综上所述，因为7>4V5,所以S的最大值为7. 法二：设圆心(0,2)到直线4的距离4，到直线的距离4， 则Pg=2V4-d,|EF=24-d, 又直线1与直线垂直，所4+4=1， s=2 F-Pl=24-d4-d)s(4-d)+(4-d)=7 当且仅当4=4时取等，所以S的最大值为7 第26页/共26页 2026—2027学年度第一学期期中考试试题 2026.11 一、选择题（本大题共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.） 1. 过点 、 的直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 2. 一个棱长为1的正方体顶点都在同一个球上，则该球体的表面积为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，三棱柱中，为的中点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知 ，，若 ，则实数 ， 的值分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 已知不重合的直线l，m和不重合的平面，，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 6. 如图，在正方体中，M、N分别为棱、的中点，有以下四个结论：①直线AM与是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与是异面直线；④直线AM与是异面直线．其中正确的结论为（ ） A. ③④ B. ①② C. ①③ D. ②④ 7. 如图，在三棱锥中，平面，，，，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 如图，在三棱柱中，平面，，，分别是，的中点，在线段上，则与平面的位置关系是（ ） A. 垂直 B. 平行 C. 相交但不垂直 D. 要依点的位置而定 10. 已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为 ，则（ ） A. 是一个与直线相切的圆 B. 是一条与垂直的直线 C. 上的点到的距离均为 D. 上点与原点距离的最小值大于 二、填空题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.将答案填在题中横线上.） 11. 直线的倾斜角是_____. 12. 点 到直线 的距离是______ 13. 若直线 与直线 平行，则两直线间距离为_________ 14. 将直线 绕点 按逆时针方向旋转 得到直线，则直线的方程为_________ 15. 如果一个圆锥的底面半径为，侧面积为，那么圆锥的母线与轴的夹角等于_________ 16. 求直线 与圆 的交点坐标_________ 17. 已知 ，，，若 不能构成空间的一个基底，则 _________ 18. 设直线 与圆 相交于 ， 两点，且 的面积为 ，则 _________ 19. 集合 ，集合 ，若 中有 个元素，则 的取值范围是_________ 20. 已知四面体的所有棱长均为，、分别为棱、的中点，为棱上异于、的动点．则下列结论中正确的结论的序号为__________． ①线段的长度为； ②若点为线段上的动点，则无论点与如何运动，直线与直线都是异面直线； ③的余弦值的取值范围是； ④周长的最小值为． 三、解答题（本题共4小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程.） 21. 已知直线，． （1）求经过和的交点，且与直线平行的直线方程； （2）设点关于直线的对称点为，求的坐标． 22. 如图，已知四棱锥中，是的中点，平面，为等边三角形，，. （1）求证：平面； （2）求证：平面. 23. 已知三棱柱中，. （1）求证: 平面平面. （2）若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 24. 已知圆与直线相切于点，圆心在轴上. （1）求圆的标准方程； （2）过点作圆的切线，求切线的方程； （3）设点，过点作直线，交圆于两点，再过点作与直线垂直的直线，交圆于两点，记四边形的面积为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $