河北唐山市丰润区2026-2027学年高二上学期11月期中学业质量检测数学试题

2026-2027学年度第一学期期中学业质量检测 高二数学试卷 一、选择题:本题共8小题，每小题5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．直线的倾斜角（   ） A． B． C． D． 2．已知向量，则（    ） A． B． C． D． 3．已知直线与直线平行，则实数（    ） A．-3 B．3 C．-2 D．-2或3 4．若点到直线的距离是，则实数的值为（     ） A． B．或 C． D．或 5．圆与圆的位置关系是 A．相离 B．相交 C．相切 D．内含 6．如图，在三棱锥中，点D是棱的中点，若，，，则等于（    ） A． B． C． D． 7．若构成空间的一个基底，则下列可以构成空间的另一个基底的是（    ） A． B． C． D． 8．已知圆，直线与交于两点，则当最小时，实数的值是（    ） A．2 B．-2 C． D． 二、多选题 9．对于两个空间向量，，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，，当时， D．若，分别为平面，的法向量．当时，一定有 10．已知直线：与圆：相交于，两点，则（ ） A．圆心的坐标为 B．圆的半径为 C．圆心到直线的距离为2 D． 11．如图，在平行六面体中，底面是正方形，且，，则（   ） A． B．与所成的角为 C． D．平行六面体的体积是 三、填空题 12.已知，，则在上的投影向量为________. 13．在空间直角坐标系中，已知，则点到平面的距离是_________. 14．据文献及绘画作品记载，中国最早的拱桥可以追溯到东汉或西晋时期.某拱桥及其示意图如下，桥拱是一段圆弧，桥的跨度，拱高，与相距的支柱，则_______. 四、解答题 15．已知的三个顶点的坐标分别为，，. (1)求边上的中线所在直线的斜率； (2)求边上的高所在直线的斜截式方程. 16．如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，，分别在棱，上，，. (1)求AM的长. (2)求与所成角的余弦值. 17．已知圆经过点，且圆心在直线上. (1)求圆的标准方程； (2)求过点与圆相切的直线方程. 18．如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，满足？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 19．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，．点满足，设点所构成的曲线为． (1)求点的轨迹方程； (2)若，求点的轨迹的方程； (3)过作两条互相垂直的直线，与点的轨迹分别交于和四点，求四边形面积的最大值． 试卷第4页（共4页） 试卷第3页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度第一学期期中学业质量检测 高二数学试卷 一、选择题:本题共8小题，每小题5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．直线的倾斜角（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先求出直线的斜率，即可求出倾斜角. 【详解】直线即，所以斜率为， 又，且，所以倾斜角. 故选：A 2．已知向量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的坐标运算求得正确答案. 【详解】. 故选：A 3．已知直线与直线平行，则实数（    ） A．-3 B．3 C．-2 D．-2或3 【答案】B 【分析】根据有斜率的两条直线平行的条件列式可解得结果． 【详解】当时，显然不符合题意，所以， 由得，由得， 所以，解得. 故选：B． 4．若点到直线的距离是，则实数的值为（     ） A． B．或 C． D．或 【答案】D 【详解】点到直线的距离， 解得或. 5．圆与圆的位置关系是 A．相离 B．相交 C．相切 D．内含 【答案】B 【详解】圆和圆的圆心坐标分别为和，半径分别为和圆心之间的距离，，则两圆的位置关系是相交，故选B. 6．如图，在三棱锥中，点D是棱的中点，若，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的基本定理结合线性运算求解. 【详解】 故选：D. 7．若构成空间的一个基底，则下列可以构成空间的另一个基底的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由基底的定义逐一判断即可. 【详解】，故A不是； 不存在，使得，故B是； ，故C不是； ，故D不是. 8．已知圆，直线与交于两点，则当最小时，实数的值是（    ） A．2 B．-2 C． D． 【答案】C 【分析】由直线方程得直线所过定点坐标，由几何性质知当与直线垂直时，弦长最小，由斜率关系可得． 【详解】直线方程为知直线过定点， 圆标准方程为，圆心为，半径为5， ，在圆内部， 因此当直线与垂直时，最小， ，∴，． 故选：C． 二、多选题 9．对于两个空间向量，，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，，当时， D．若，分别为平面，的法向量．当时，一定有 【答案】ABC 【分析】由向量模长的坐标表示可知A正确，利用共线定理可判断B正确，根据向量垂直的坐标表示计算可得C正确，由空间位置关系的向量证明可判断D错误. 【详解】对于A，由可得，即A正确； 对于B，由可知共线，即可得，即B正确； 对于C，由可得， 解得，即C正确； 对于D，根据平面法向量的定义可知时，一定有，可得D错误. 故选：ABC 10．已知直线：与圆：相交于，两点，则（ ） A．圆心的坐标为 B．圆的半径为 C．圆心到直线的距离为2 D． 【答案】ACD 【分析】AB由圆方程可判断选项正误；C由点到直线距离公式可判断选项正误；D由C分析，结合圆的弦长公式可得答案. 【详解】对于AB，圆：的圆心，半径，A正确，B错误； 对于C，点到直线：的距离，C正确； 对于D，，D正确. 故选：ACD 11．如图，在平行六面体中，底面是正方形，且，，则（   ） A． B．与所成的角为 C． D．平行六面体的体积是 【答案】ACD 【分析】根据题意，设，则：，，再结合数量积运算律求得即可判断A；计算即可判断B；计算即可判断C；先证明平面，再过点作，即可得平面，再计算，并在求解，最后计算体积即可. 【详解】设， 由题意知：，， 所以，，， 对于A，，故，即，所以，A选项正确； 对于B，，， 所以， ，， 所以,即 所以与所成的角为，B选项错误； 对于C，， 所以，即， 所以，C选项正确； 对于D，由A知，又因为底面是正方形，故， 因为，平面，所以平面， 因为，所以平面， 过点作，因为平面，平面平面， 所以平面，即为平行六面体的高， 因为， 所以，即， 所以，在中，，为等腰直角三角形， 所以， 所以，故D选项正确. 三、填空题 12.已知，，则在上的投影向量为________. 【解析】在上的投影向量为 13．在空间直角坐标系中，已知，则点到平面的距离是__________. 【答案】/ 【详解】因为， 所以， 设平面EFG的一个法向量为， 则，令，得， 所以点到平面的距离. 14．据文献及绘画作品记载，中国最早的拱桥可以追溯到东汉或西晋时期.某拱桥及其示意图如下，桥拱是一段圆弧，桥的跨度，拱高，与相距的支柱，则_______. 【分析】根据圆的性质由弦长及拱高构造等量关系，由勾股定理计算可得结果. 【详解】设拱桥所在圆心为，连接，作于点，如下图所示： 设圆的半径为，在中利用勾股定理可得， 即，解得； 易知， 在中，易知，即，解得. 四、解答题 15．已知的三个顶点的坐标分别为，，. (1)求边上的中线所在直线的斜率； (2)求边上的高所在直线的斜截式方程. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）首先求出中点坐标，再由两点斜率公式即可求解； （2）首先由两点斜率公式求出直线的斜率，然后根据垂直关系求出边上的高所在直线的斜率，最后根据点斜式方程即可求解. 【详解】（1）由，，得的中点. 则边上的中线的斜率为. （2）由，，可得直线的斜率为， 则边上的高所在直线的斜率为， 所以边上的高所在直线方程为， 化为斜截式方程为. 16．如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，，分别在棱，上，，. (1)求AM的长. (2)求与所成角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得的长． （2）利用向量法求得与所成角的余弦值． 【详解】（1）以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则,0,，，， ． （2）因为,2,,,,0,,， 所以，， 则，． 所以， 所以， 所以与所成角的余弦值为． 17．已知圆经过点，且圆心在直线上. (1)求圆的标准方程； (2)求过点与圆相切的直线方程. 【答案】(1) (2)和 【分析】（1）设圆的标准方程为，根据题意利用待定系数法求出，即可得解； （2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径求出，即可得解. 【详解】（1）设圆的标准方程为， 由题意得， 所以圆的标准方程为； （2）当直线的斜率不存在时，符合题意， 当直线斜率存在时，设该斜率为，此时直线方程为， 即，圆心到该直线的距离为， 即，解得， 此时直线方程为， 故所求直线方程为和. 18．如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，满足？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 【答案】(1)取的中点，连接.因为点为棱的中点， 所以，且，又因为，， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面. (2) (3)在棱上存在点，满足，此时 【分析】（1）取的中点，构造平行四边形，从而得到，最后利用线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用向量法求出直线的方向向量与平面法向量夹角余弦值的绝对值， 即为线面角的正弦值； （3）设比例参数，写出，利用垂直向量数量积为0建立方程求出，且在范围内，说明该点存在. 【详解】（1）略 （2）依题意，以点为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为点为棱的中点，得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 不妨设，可得， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）假设在棱上存在点，满足， 设，则， 因为， 故， 由，得，解得，满足， 所以在棱上存在点，满足，此时. 19．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，．点满足，设点所构成的曲线为． (1)求点的轨迹方程； (2)若，求点的轨迹的方程； (3)过作两条互相垂直的直线，与点的轨迹分别交于和四点，求四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3)7 【分析】（1）点，利用两点距离表示关系，并化简即可； （2）设点，，由，由表示出，代入点的轨迹方程即可得出答案； （3）设圆心到直线，的距离分别为，则，表示出四边形面积，由基本不等式即可得出答案. 【详解】（1）设点，点满足， 所以可得， 化简可得． （2）设点，， 由（1）点满足方程： ，， 即 ，， 代入上式消去可得的轨迹方程为． （3）设圆心到直线，的距离分别为，则， ， ， 当且仅当时，等号成立， 因此，四边形面积的最大值为7． 试卷第6页（共13页） 试卷第13页（共13页） 学科网（北京）股份有限公司 $