精品解析：北京市第一零一中学2026-2027学年高二上学期期中考试数学试题

2026北京一零一中高二（上）期中 数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 一．选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知的三个顶点的坐标分别为，，，为边的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用中点坐标公式求出边中点的坐标，结合两点间距离公式计算即可. 【详解】边中点的坐标为. 所以， 因此. 2. 经过两点，的直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先通过两点坐标计算直线的斜率，再结合斜率与倾斜角的对应关系求解倾斜角. 【详解】设直线的倾斜角为，，则. 直线的斜率为：  . 所以，又，所以. 3. 直线：被圆：所截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】圆的圆心，半径为. 圆心到直线：的距离为， 所以直线：被圆：所截得的弦长为. 4. 如图，在三棱柱中，与的交点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 . 5. 已知空间中，，，四点共面，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设原点， 所以，即， 则，， 因为空间中，，，四点共面，， 所以，所以，． 6. 如图，在棱长为的正四面体中，点为边的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取中点，借助等角定理可得异面直线与所成角与直线与所成角大小相同，再利用余弦定理计算即可得. 【详解】取中点，连接、，由点为边的中点，则， 故异面直线与所成角与直线与所成角大小相同， 又，，， 故， 即异面直线与所成角的余弦值为. 7. 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】A 【解析】 【详解】直线：，直线：， 若，则且，解得或， 故“”是“”的充分不必要条件. 8. 如图，在棱长为的正方体中，点为的中点，点为的中点，点在直线上，点在直线上，则线段长度的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，表达出的坐标，并根据公垂线最短的结论得到方程组，求出最小值 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设，，，故， 故， 所以，解得，故， 设，，，故， 故， 所以，解得，故， 故， 由公垂线最短可知，要想线段长度最小，需且， 所以，即， 故，所以， 此时，故最小值为. 9. 已知四棱锥中，底面为矩形，，，平面，．则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用线面垂直判定定理证明垂直平面，结合三垂线定理将空间点到直线的距离转化为平面直角三角形的边长计算求解. 【详解】 因为平面，平面，故， 底面为矩形，故， 因为，且平面，所以平面， 过点作，垂足为，连接， 由于平面，平面，故； 又，且，平面，平面， 因此，即线段的长度为点到直线的距离， 在中，，，， 由勾股定理得， 利用三角形面积相等关系：， 则， 由于平面，平面，故， 即为直角三角形，， 又，由勾股定理得：. 10. 在平面直角坐标系中，已知圆：与直线：交于，两点，点为轴上的动点，点为直线上的动点，给出下列三个结论： ①面积的最大值为； ②的最小值为； ③若圆上总存在两点，，使得，则的取值范围是． 其中正确结论的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算圆心和半径，直线过的定点坐标，判断定点与圆的位置关系，使用三角形的面积公式表示三角形的面积，使用函数单调性求解三角形面积的最大值，设中点为，则，，通过中线向量的模长取值范围分析的取值范围，判断点所在区域，分析结论③的范围是否正确. 【详解】对于①：圆：，圆心，半径， 直线方程可化为：，故直线过定点， 因为，所以定点在圆内部， 设圆心到直线的距离为，则， 可得， 令，可得在内单调递增，则 故当，即时，面积的最大值为，①正确； 对于②：设中点为，则，， 由垂径定理，，故中点的轨迹是以为直径的圆，圆心，半径为， 点为轴上的动点，则，故，②正确； 对于③：因为，过点向圆作两条切线，设切线夹角为， 存在两点，使得，等价于夹角最大时，， 设，则，又，所以，即， 即点落在以为圆心，为半径的圆内（含边界）， 为直线上的动点，直线过定点，点在圆：内部， 故点是直线与以为圆心，为半径的圆内（含边界）的交集，即圆内的一截线段， 是以为圆心，为半径的圆内（含边界）所有点到点的距离，③错误. 综上所述：正确结论的个数是2. 二．填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知是直线上一点，且是直线的一个法向量，则直线的方程为________ 【答案】 【解析】 【分析】设直线上另一点为，根据向量垂直得到关系式，整理得直线的方程. 【详解】设直线上另一点为，则， 由得， 即， 所以直线的方程为， 故答案为：. 12. 写出过点的一个圆的标准方程_____________． 【答案】（答案不唯一）. 【解析】 【详解】设圆的标准方程为， 过点即，取，则， 故过点的一个圆的标准方程为（答案不唯一）. 13. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的体积为______，侧面积为______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】取的中点，中点，连接，，，过点作，利用线面垂直的判定定理得为四棱锥的高，根据等腰三角形的性质及二面角的定义求得，进而求得体积；利用四棱锥的对称性得到，，然后利用余弦定理以及勾股定理求解侧面三角形的边长以及高长，进而求解四棱锥侧面面积即可. 【详解】如图所示，取的中点，中点，连接，，， 过点作，因为，，， 所以平面 ，因为平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面，所以为四棱锥的高， 因为，为的中点，故，因为底面是矩形， ，故，所以，所以， 因为，所以为平面与平面的夹角，故， 因为，故在中，， 所以四棱锥的体积为， 因为，所以， 因为，所以平面，因为平面，所以， 在中，由余弦定理可得， 解得， 所以， 因为为中点，，所以，因为，， 所以，点到直线的距离为， 点到的距离为， 所以， 所以该四棱锥的侧面积为. 14. 已知函数的部分图象如图所示．若将图象上的点向左平移个单位长度得到点，且点仍在的图象上，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据周期性可得，代入点可得，，令，运算求解即可得结果. 【详解】设函数的最小正周期为， 由题意可得：，即， 且，则，可得，， 又因为，且函数的图象在点附近是上升的， 则，解得， 可得，，， 因为点在的图象上， 则，即， 则或，， 解得或，， 结合，所以的最小值为. 15. 如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，上的动点（含端点），给出下列四个结论： ①在点运动的过程中，总能找到点使得； ②点到平面距离的最小值为； ③若点是直线与平面的交点，则点的轨迹长度为； ④已知点集，则表示的区域面积是． 其中正确结论的序号是_____________． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，结论①，当与重合时，得到结论不成立；结论②，向量法求点到平面距离，结合算式求最小值；结论③，点是直线与平面的交点，设，利用平面向量共面的条件求出的范围可得点的轨迹长度；结论④，设，由，得点集表示的区域形状，可求面积. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 正方体棱长为1，则有，，， ，，其中，， 对于结论①，当与重合时，有，，， 若，则，即， 解得，不在范围内，故结论①不正确； 对于结论②，，，， 设平面的一个法向量，则， 令， ，得， 点到平面距离， ，，则，， 当，即时，有最大值， 所以点到平面距离的最小值为，结论②正确； 对于结论③，点在直线上，设， 得，， 又点在平面内，则存在，使得， 即，有， 解得， ，，则，，即， 点是直线与平面的交点，则点的轨迹是线段， 由，得点的轨迹长度为，结论③正确； 对于结论④，设，由， 可得，解得，，， 点集表示的区域是平面上边长为的正方形，面积为，结论④正确. 三．解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 16. 如图，在长方体中，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：因为长方体中，，则为正方形，故； 又因为底面，故； 因为，且平面，则平面； （2）． 【解析】 【分析】（1）通过正方形对角线垂直和长方体侧棱垂直底面可证明两条相交直线与垂直，利用线面垂直的判定定理即可证明线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量角的余弦值与线面角正弦值的关系计算夹角． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在长方体中，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为，，则， 则，，； 设为平面的法向量，则 ，则，令，可得； 设直线与平面所成角为，则 ， 故直线与平面所成角的正弦值为． 17. 在中，已知点，，． （1）求边上的高所在直线的方程； （2）求的面积； （3）若点在直线上，且，求直线的方程． 【答案】（1） （2） （3）和 【解析】 【分析】（1）先求直线的方程，根据垂直关系设高所在直线的方程为，代入点运算即可； （2）求和点到直线的距离，即可得面积； （3）设，根据两点间距离公式求点的坐标，即可得直线的方程. 【小问1详解】 因为，，则直线的方程为，即， 设边上的高所在直线的方程为， 代入点可得，解得， 所以边上的高所在直线的方程为. 【小问2详解】 因为，点到直线的距离， 所以的面积为. 【小问3详解】 因为点在直线上，设， 由，整理可得， 解得或，即或， 若，则直线的方程为； 若，则直线的方程为，即； 综上所述：直线的方程为或. 18. 在中，，． （1）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． ①； ②； ③． （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围． 【答案】（1）选条件①，的面积为；选条件②，三角形的解不唯一，不能选；选条件③，的面积为. （2） 【解析】 【分析】（1）使用正弦定理和三角形的面积公式求解； （2）表示三角形的周长，使用正弦型三角函数的性质求解. 【小问1详解】 由，得，由正弦定理， 化简得，因为，所以，，则， ，，， 若选条件①，，，因为，所以 为锐角， ， 则， 的面积为：； 若选条件②，，由余弦定理得，即， 解得或，三角形的解不唯一，不能选； 若选条件③，，角为钝角，，， ， ， 的面积为：. 【小问2详解】 若为锐角三角形，所以，，解得， 的周长：， 因为，所以，因此， 周长的取值范围为：. 19. 已知四边形是菱形，，，点为的中点．如图，将沿折起，使得二面角的余弦值为． （1）求二面角的余弦值； （2）求点到平面的距离； （3）直线上是否存在点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2） （3）存在点，使得平面， 设，由，可得； 因为，则； 当平面时，， 故， 整理可得，解得， 则． 【解析】 【分析】（1）根据题干所给菱形得到对角线互相垂直，从而以为原点建立空间直角坐标系，根据二面角的余弦值得到点坐标，利用平面的法向量夹角求出二面角的平面角的余弦值； （2）根据（1）中的坐标，代入点到平面的距离公式计算距离即可； （3）通过设点存在，根据共线定理设出未知点坐标，利用向量判断线面平行计算出参数取值，根据参数的取值判断是否存在点． 【小问1详解】 连接； 因为四边形是菱形，且点为的中点，则，； 故二面角的平面角为，故； 以为坐标原点，所在直线为轴，作垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系； 因为，，故，； 故，，，故； 则，，； 设为平面的法向量，则 ，即，解得，令， 可得； 设为平面的法向量，则 ，即，解得，令， 可得； 则； 则二面角的余弦值为； 【小问2详解】 ，设点到平面的距离为， 则； 【小问3详解】 略 20. 已知圆经过，，且圆心在直线上． （1）求圆的标准方程； （2）设圆与轴的另一个交点为，动点在圆：上． ①试判断圆与圆的位置关系，并说明理由； ②直接写出面积的取值范围； （3）设过点的直线与圆交于，两点，直线与直线相交于点，问点是否在定直线上？若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）①圆与圆相外切. 理由如下：圆：的圆心，半径为， 所以， 所以，所以圆与圆相外切. ② （3） 点在定直线上，该定直线的方程为. 【解析】 【分析】（1）求得线段的垂直平分线的方程，联立直线，求得圆心的坐标，再由求得半径，从而得圆的标准方程； （2）①由圆心距与半径间的关系可得圆与圆的位置关系；②先求得，再根据圆上的点到直线的距离的范围，求得面积的取值范围； （3）设过点的直线方程为，，表示出直线和直线的方程，联立可表示交点的横坐标，联立直线与圆的方程，结合韦达定理可得点在定直线上. 【小问1详解】 直线的斜率为， 所以线段的垂直平分线的斜率为. 线段的中点为，即， 所以线段的垂直平分线的方程为：， 即. 由，得， 所以. 所以. 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①略 ②由（1）得，圆的标准方程为.令，则，解得或. 所以.所以. 所以直线的斜率为， 所以方程为，即. 圆心到直线的距离为， 所以点到直线的距离的范围为， 所以面积的取值范围是. 【小问3详解】 显然，过点的直线斜率不为， 所以设其方程为，， 由，得， 所以， 所以，. 由，， 得直线的方程为：，即； 直线的方程为：，即. 由，得， 所以，即. 所以点在定直线上. 21. 设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值． （1）当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由； （2）当时，若具有性质，求的最大值； （3）给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值． 【答案】（1）具有性质，； （2）1； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据定义，计算，即可判断具有性质；在分别计算出，即可求得； （2）方法1：由已知得出，结合，得出，进而得出，并取验证的最大值可以取到；方法2：用反证法假设，由已知得出与题设矛盾，即可说明； （3）由性质可得，①，且②，①中不妨设，②中不妨设，由对称性可以设，得出，进而得出，再验证可以取到最大值即可． 【小问1详解】 因为，所以具有性质； 因为， 所以． 【小问2详解】 方法：1： 由性质得，所以， 因为， 所以， 则，，， 所以， 所以， 又因为当时， 具有性质， 且， 所以的最大值为1． 方法2： 先用反证法证明， 假设， 由，则， 所以，同理， 所以， 由， 所以， 与已知矛盾，假设不成立， 所以， 当时，， 此时， 所以的最大值为1． 【小问3详解】 由性质可得， 所以①，且②， 在①中不妨设， 在②中不妨设， 由对称性可以设， 所以， 所以 ，即， 因为存在，（其中有个个）， （其中有个，个）具有性质， 并且， ， ， 所以， 综上最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京一零一中高二（上）期中 数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 一．选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知的三个顶点的坐标分别为，，，为边的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 经过两点，的直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 直线：被圆：所截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在三棱柱中，与的交点为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知空间中，，，四点共面，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在棱长为的正四面体中，点为边的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 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 8. 如图，在棱长为的正方体中，点为的中点，点为的中点，点在直线上，点在直线上，则线段长度的最小值是（ ） A. B. C. D. 9. 已知四棱锥中，底面为矩形，，，平面，．则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，已知圆：与直线：交于，两点，点为轴上的动点，点为直线上的动点，给出下列三个结论： ①面积的最大值为； ②的最小值为； ③若圆上总存在两点，，使得，则的取值范围是． 其中正确结论的个数是（ ） A. B. C. D. 二．填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知是直线上一点，且是直线的一个法向量，则直线的方程为________ 12. 写出过点的一个圆的标准方程_____________． 13. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的体积为______，侧面积为______． 14. 已知函数的部分图象如图所示．若将图象上的点向左平移个单位长度得到点，且点仍在的图象上，则的最小值为______． 15. 如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，上的动点（含端点），给出下列四个结论： ①在点运动的过程中，总能找到点使得； ②点到平面距离的最小值为； ③若点是直线与平面的交点，则点的轨迹长度为； ④已知点集，则表示的区域面积是． 其中正确结论的序号是_____________． 三．解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 16. 如图，在长方体中，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 在中，已知点，，． （1）求边上的高所在直线的方程； （2）求的面积； （3）若点在直线上，且，求直线的方程． 18. 在中，，． （1）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． ①； ②； ③． （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围． 19. 已知四边形是菱形，，，点为的中点．如图，将沿折起，使得二面角的余弦值为． （1）求二面角的余弦值； （2）求点到平面的距离； （3）直线上是否存在点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 20. 已知圆经过，，且圆心在直线上． （1）求圆的标准方程； （2）设圆与轴的另一个交点为，动点在圆：上． ①试判断圆与圆的位置关系，并说明理由； ②直接写出面积的取值范围； （3）设过点的直线与圆交于，两点，直线与直线相交于点，问点是否在定直线上？若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由． 21. 设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值． （1）当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由； （2）当时，若具有性质，求的最大值； （3）给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $