精品解析：北京市海淀区育英学校航天校区2026-2027学年高二上学期期中数学试题

2026-2027学年第一学期期中考试试卷 高二 数学 （时间： 120 分钟 满分： 150 分 为 选择性必修一 模块考试） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 在平面直角坐标系中，点，，如果直线的倾斜角为45°，那么实数等于（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜率公式求解即可. 【详解】，解得. 故选：B 2. 已知空间向量，，若三点共线，则（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三点共线等价于对应向量共线的性质，结合共线向量的数乘关系列方程求解参数. 【详解】因为A、B、C三点共线，所以向量与共线，根据共线向量基本定理，存在实数，使得，即， 得，解得. 3. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为32的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由圆柱轴截面为正方形的性质求出底面半径和高，再代入圆柱表面积公式计算得结果 【详解】过直线的平面截得的截面为圆柱的轴截面。设圆柱的底面半径为，高为. 因为轴截面是正方形，所以轴截面的边长等于底面直径，也等于圆柱的高，即. 由正方形面积为32，可得，解得. 根据圆柱表面积公式： 两底面面积和： 侧面积：  ,因此，故选C. 4. 若，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则且 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，两个平面垂直于同一个平面，它们的位置关系不一定是平行，也可能是相交，A错误； 对于B，两条直线平行于同一个平面，它们的位置关系可以是平行､相交或异面，B错误； 对于C，因为，且，过直线与平面的交点， 在内作，由，得，又，根据面面垂直的判定定理，可得，C正确； 对于D，当时，即使，也不能说，同理，当时，也不能说，D错误． 5. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】中，已知，，， 由余弦定理，得： ， 整理得，解得或（舍去） 因此. 6. 已知在正方体中，分别是棱，的中点，则异面直线与的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点，证得，得到异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，根据，证得，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接， 因为，且，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角， 在正方形中，因为分别为的中点，可得， 所以， 又由，所以，所以， 即，所以异面直线与所成的角为. 故选：D. 7. 某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，，顶点到底面的距离为3，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三棱锥体积公式首先求得三棱锥的体积，再换底表示三棱锥的体积，即可求得点点到平面的距离. 【详解】 因为，且底面是等腰直角三角形，， 所以点在平面上的射影为边的中点，在直角三角形中，由勾股定理得,所以, 又因为底面是等腰直角三角形，， ; 设点到平面的距离为，则 , 所以. 故选：C 8. 在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，则平面的一个充分非必要条件是（ ） A. 为 B. 为的中点 C. 的轨迹长度为 D. 为的中点 【答案】D 【解析】 【分析】取线段的中点，求证平面平面，即可逐一分析选项. 【详解】取线段的中点，连接，则， 因点分别是棱的中点，则，则， 因平面，平面，则平面， 因，，，，则，， 则四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面， 又平面，则平面平面， 故欲使在正方形（包括边界）内，且平面， 则点必在线段上； A选项：当为时，无法得出平面，故A错误； B选项：当为的中点，无法得出平面，故B错误； C选项：的轨迹长度为，无法说明点在线段上， 但若平面，则的轨迹长度为， 则的轨迹长度为是平面的必要不充分条件，故C错误； D选项：为的中点，即点重合时，必有平面， 但平面时，不一定为的中点， 故为的中点是平面的充分不必要条件，故D正确. 故选：D 9. 一副三角板如图拼接，使两个三角板所在的平面互相垂直．如果公共边，若直线上一动点，直线上一动点，则线段长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用面面垂直的性质，建立空间直角坐标系，两动点位于异面直线上，则线段长度的最小值即为异面直线间的距离的长度，利用空间向量法进行求解即可． 【详解】因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 故以点为坐标原点，以、所在直线为轴、轴， 在平面内，过点作平面的垂线，并以此作出轴，如图所示： 因为公共边，为等腰直角三角形， 所以，，． 因为为含的直角三角形，所以． 因为点是直线上一动点，点是直线上一动点， 所以线段长度的最小值，也就是异面直线与间的距离的长度． 直线的方向向量，直线的方向向量． 设异面直线与的公垂线的方向向量为， 则，即， 令，解得，，即． 因为， 所以异面直线与间的距离， 所以线段长度的最小值为． 10. 如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出以下结论，其中正确结论的序号为（ ） ①存在点，使得对任意点，都有； ②存在无数组点和点，使得； ③存在唯一的点，使得平面； ④存在点，使得其到直线的距离为． A. ①④ B. ②③ C. ②④ D. ②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合向量运算法则、数量积运算，可判定①不正确，②正确，③不正确；利用点到直线距离公式列方程求解，可判定④正确. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为， 各点坐标： ， 为中点，， 点在侧面上，设, 在线段上，令， ，则， ①， ， 若①正确，则任意恒有， 则常数项、的系数必须同时为： ， 矛盾，不存在这样的，①错误； ②若，即存在实数，满足， 即，方程组有无数多组解，对应无数组，②正确； ③， 若，则必有，即， ， 不可能垂直，故不存在这样的，③错误； ④，， ， 点到直线距离公式：， ， , ， 令，则，整理得， 判别式， 存在解，④正确； 综上，②，④正确. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量夹角为钝角的等价条件，即两向量数量积小于0且不反向共线，建立不等式求解参数范围. 【详解】根据题意，由可得； 再验证两向量是否存在反向共线的情况： 若与共线，则存在实数，使得，即， 而方程组显然无解，即对任意实数，与均不共线. 故实数的取值范围是. 12. 已知，为直线，为平面，给出下列三个论断：①②③．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________． 【答案】 【解析】 【分析】结合空间线面平行、线面垂直的判定与性质定理，逐一验证三个两两组合命题的真假，筛选出正确命题即可. 【详解】依次考虑三个组合： 组合1：以①、②为条件，推导③. 此组合不正确，可以举反例如下：如下图，在长方体中，若取平面为， ，分别为直线和，显然满足条件①和②，但此时，故该命题为假； 组合2：以①、③为条件，推导②. .此组合不正确，可以举反例如下：如下图，在长方体中，若取平面为， ，分别为直线和，显然满足条件①和③，但此时，故该命题为假； 组合3：以②、③为条件，推导①. 证明：如下图，由，则过直线作平面与相交，设交线为，则. 由，，可得， 因，则得，故该命题为真. 综上，正确的命题为. 13. 在正四棱柱中，，，，分别为棱，的中点，，均为线段上的动点，，点在线段上，当取得最小值时，直线与底面所成角的正切值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱柱的性质建立空间直角坐标系，设点，求出，结合平面内将军饮马模型求出；再根据线面角的定义求解即可. 【详解】正四棱柱即为长方体，且底面是正方形. 以点为原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，. 因为，分别为棱，的中点，所以，，且平面. 又，均为线段上的动点，可设， 因为，点在线段上，所以. 故 . 若使取得最小值，相当于在平面上、轴上找一点到点和的距离之和最小. 易知，当点为点的对称点和的连线与轴的交点时，距离之和最小. 直线：，令，解得，所以，即. 所以， 则，. 因为平面，则平面， 所以即为直线与底面所成角. 在中，. 所以. 故当取得最小值时，直线与底面所成角的正切值为. 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共顶点的棱的中点）．如图，若正四面体棱长为1，则该组合体的表面积为________；该组合体的外接球体积为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①两个正四面体互相穿过对方棱中点，外表面变为24个全等的小正三角形，结合三角形面积公式求解即可. ②组合体的外接球等价于原正四面体的外接球，球心就是正四面体的中心，结合正四面体的性质求解即可. 【详解】①该组合体外表面一共24个全等的小正三角形，易知小正三角形的边长为. 所以单个正三角形的面积为， 故该组合体的表面积为. ②易知该组合体的外接球与单个正四面体的外接球重合. 正四面体中，设底面的中心为，连接，则平面. 连接并延长交于点，则，. 设外接球的球心为点，半径为，则点在上， 连接，则. 因为正四面体的棱长为1，则，所以. 在中，. 在中，，即， 解得. 故该组合体的外接球体积为. 15. 如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在棱，上，且，点为的中点，给出下面四个结论： ①； ②存在，使得是钝角； ③当时，的面积取得最小值； ④当时，平面截该正方体的表面所得的截面为六边形. 其中正确结论的序号为____________. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断①；以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据可判断②；利用向量法求出点到直线的距离，再由的面积为可判断③；利用平行关系做出平面与正方体的截面可判断④. 【详解】对于①，连接， 因为，，，平面 所以平面，平面，所以，故①正确； 对于②，以点为原点，所在的直线分别为轴 建立空间直角坐标系，则， ， 若是钝角，则， 即，解得，又因为，且， 故存在，使得是钝角，故②正确； 对于③，当时，， ， ，点到直线的距离 ， 则的面积为 ，因为，所以无最小值，故③错误； 对于④，当时，分别延长相交于点，过点做 分别交于于点，连接，过点做， 连接，则平面与该正方体的表面的交线分别为，即平面截该正方体的表 面所得的截面为六边形，故④正确. 故答案为：①②④. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出相应文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知空间向量，． （1）若，求z的值； （2）若，求与的夹角． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量垂直等价于数量积为0，先求出的坐标，再利用数量积公式列方程求解参数，最后检验向量非零. （2）先求得的坐标，分别计算数量积与向量模长，代入夹角公式求出余弦值，再结合向量夹角范围求出夹角. 【小问1详解】 因为，，所以． 因为，所以， 即， 解得，此时为非零向量，所以． 【小问2详解】 若，则，， 所以. 又，， 所以. 因为，所以与的夹角为． 17. 如图，在四边形中， （1）求的正弦值； （2）若，且△的面积是△面积的4倍，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）中，设，利用余弦定理得到，再利用正弦定理得到答案. （2）利用面积关系得到化简得到 根据（1）中解得答案. 【详解】（1）在中，设， 由余弦定理得 整理得，解得. 所以 由正弦定理得，解得 （2）由已知得， 所以， 化简得 所以 于是 因为，且为锐角，所以. 代入计算 因此 【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生利用正余弦定理解决问题的能力. 18. 如图，在三棱柱中，平面，，，点在棱上，点，分别为棱，的中点，平面； （1）求证：点为的中点； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）因为平面，平面，平面平面， 所以， 又因为点，为棱的中点， 所以点为的中点. （2）在三棱柱中， 平面，平面，平面 所以，， 又， ，平面， 所以平面， 平面， 所以， 又因为， ， 所以侧面为正方形，故， 而分别为的中点，连结，所以， 所以 ，又，平面, 所以平面， 又平面， 所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据线面平行性质定理即可得结果； （2）要证平面平面，转证平面，即证，； （3）利用等积法即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 19. 如图，在四棱锥中，，点在上，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）已知，．若为的中点，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）取的中点，连接、， 因为是的中点，所以，且， 且，所以，即且， 因此，四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理求解. （2）选条件①，利用线面垂直的判定定理得到平面，以为原点，为轴，为轴，利用空间向量法得到故条件①不符合要求.选条件②：利用空间向量法求出，结合已知求出的的值唯一，从而得到条件②符合要求，利用空间向量法求出线面角；选条件③，由求出，利用向量的数量积求出的的值唯一，从而得到条件③符合要求，利用空间向量法求出线面角. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 选条件①，因为，，为中点，所以， 因为， ，所以是矩形，所以， 因为，，平面，所以平面， 因平面，所以， 以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线作为轴， 则轴在平面内， 因为，所以， 由，，得，则， 因为，，所以， 因为，所以恒成立， 则条件①不能确定，故不唯一，则条件①不符合“唯一确定”的要求， 从而得到条件①不符合要求. 选条件②：因为为中点，，， 所以， 因为，所以， 所以，解得， 因为，所以，解得， 有一个高度，几何体唯一，故条件②符合要求， 则，故以为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以，，， 设平面的法向量为， 则，即，则令，得， 设直线与平面所成角为， 则：， ， ， . 选条件③：因为，所以， 因为，，所以， 因为，所以， ， 则， 因为，所以，解得， 有一个高度，几何体唯一，故条件③符合要求， 则，故为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以，，， 设平面的法向量为， 则，即，则令，得， 设直线与平面所成角为， 则：， ， ， . 20. 四棱锥中，，，，，平面平面，是棱的中点． （1）求证：； （2）若为上的点，，，， （i）求二面角的余弦值； （ii）设平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1） 证明：四棱锥中，由，，得. 因为平面平面，平面平面， 又平面，所以平面. 因为平面，所以. （2） （i） （ii） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直性质定理，证平面，推出线线垂直； （2）（i）由面面垂直得到三线两两垂直建系，利用向量垂直求出点坐标，再求两个半平面的法向量，借助向量夹角公式计算，最后根据法向量方向判断二面角取负； （ii）分别求两相交平面的法向量，利用垂直关系得到交线方向向量，再用线面角向量公式计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）由（1）得平面，所以，. 又，则直线两两垂直. 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 由，，，得：， 则， 设，则，故. 由，得， 解得，即. 设平面的一个法向量为，已知，， 由，得，即， 令，则法向量. 设平面的一个法向量为，已知，， 由，得，即， 令，则法向量. 故， 而二面角为钝二面角，故其余弦值. （ii）因为为的中点，故，因此. 设平面的一个法向量为， 由，得，即，令，则 设平面的一个法向量为，已知，， 由，得，即，令，则. 因为平面平面，所以直线的方向向量同时垂直于​和​. 设直线的方向向量为，由，得， 即，令，则. 由（i）知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为，，则  ， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 21. 已知集合，对于，，定义与之间的距离为． （1）已知，写出所有的，使得； （2）已知，若，并且，求的最大值； （3）设集合，中有个元素，若中任意两个元素间的距离的最小值为，求证：． 【答案】（1）、、、； （2）； （3） 记， 我们证明．一方面显然有．另一方面，且， 假设他们满足．则由定义有， 与中不同元素间距离至少为相矛盾． 从而． 这表明中任意两元素不相等．从而． 又中元素有个分量，至多有个元素． 从而． 【解析】 【分析】（1）根据题中定义可得的所有情形； （2）分、两种情况，利用绝对值三角不等式可求得的最大值； （3）表示出，结合定义，可得，即中任意两元素不相等，可得中至多有个元素，即可得证． 【小问1详解】 已知，，且， 所以，的所有情形有：、、、； 【小问2详解】 设，， 因为，则， 同理可得， 当时，； 当时，. 当，时，上式等号成立. 综上所述，； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点： （1）紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在； （2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合的运算与性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期期中考试试卷 高二 数学 （时间： 120 分钟 满分： 150 分 为 选择性必修一 模块考试） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 在平面直角坐标系中，点，，如果直线的倾斜角为45°，那么实数等于（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 2. 已知空间向量，，若三点共线，则（ ） A. B. 4 C. D. 3. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为32的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 若，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则且 5. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 6. 已知在正方体中，分别是棱，的中点，则异面直线与的夹角是（ ） A. B. C. D. 7. 某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，，顶点到底面的距离为3，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，则平面的一个充分非必要条件是（ ） A. 为 B. 为的中点 C. 的轨迹长度为 D. 为的中点 9. 一副三角板如图拼接，使两个三角板所在的平面互相垂直．如果公共边，若直线上一动点，直线上一动点，则线段长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出以下结论，其中正确结论的序号为（ ） ①存在点，使得对任意点，都有； ②存在无数组点和点，使得； ③存在唯一的点，使得平面； ④存在点，使得其到直线的距离为． A. ①④ B. ②③ C. ②④ D. ②③④ 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围是________． 12. 已知，为直线，为平面，给出下列三个论断：①②③．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________． 13. 在正四棱柱中，，，，分别为棱，的中点，，均为线段上的动点，，点在线段上，当取得最小值时，直线与底面所成角的正切值为________． 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共顶点的棱的中点）．如图，若正四面体棱长为1，则该组合体的表面积为________；该组合体的外接球体积为________． 15. 如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在棱，上，且，点为的中点，给出下面四个结论： ①； ②存在，使得是钝角； ③当时，的面积取得最小值； ④当时，平面截该正方体的表面所得的截面为六边形. 其中正确结论的序号为____________. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出相应文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知空间向量，． （1）若，求z的值； （2）若，求与的夹角． 17. 如图，在四边形中， （1）求的正弦值； （2）若，且△的面积是△面积的4倍，求的长. 18. 如图，在三棱柱中，平面，，，点在棱上，点，分别为棱，的中点，平面； （1）求证：点为的中点； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积． 19. 如图，在四棱锥中，，点在上，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）已知，．若为的中点，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 20. 四棱锥中，，，，，平面平面，是棱的中点． （1）求证：； （2）若为上的点，，，， （i）求二面角的余弦值； （ii）设平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值． 21. 已知集合，对于，，定义与之间的距离为． （1）已知，写出所有的，使得； （2）已知，若，并且，求的最大值； （3）设集合，中有个元素，若中任意两个元素间的距离的最小值为，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $