精品解析：广东省佛山市新质高中联盟联考2026-2027学年高二上学期11月期中数学试题

佛山市新质高中联盟2026~2027学年第一学期 高二年级联考试卷数学科 本试卷共4页，19小题．满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．请考生保持答题卷的整洁．训练结束后，将答题卷交回． 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. 直线的方向向量坐标为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 两条平行线：与：间的距离为（ ） A. B. C. D. 1 3. 如图，用三类不同的元件连接成一个电路系统．当正常工作且至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知正常工作的概率依次为0.8，0.7，0.7，则系统正常工作的概率为（ ） A. 0.726 B. 0.728 C. 0.736 D. 0.238 4. 已知，，是不共面的三个向量，则下列能构成一组基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 5. 已知正方体的棱长为1，则直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 把分别写有1，2，3，4的四张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么2，3连号的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知空间向量，，，向量，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线与直线交于点，则的最大值为（ ） A. 49 B. 64 C. 68 D. 81 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件A与事件B相互独立 C. D. 事件B与事件C为互斥事件 10. 如图，平行六面体的棱长均为2，，点，分别在棱，上，且，，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 在上的投影向量为 C. 直线与所成角的余弦值为 D. 11. 古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，记点P的轨迹为圆C，则下列结论正确的是（ ） A. 圆C的方程为 B. 的最大值为 C. M为直线上一动点，则的最小值为 D. 若O为坐标原点，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面的一个法向量为，若直线平面，则___________. 13. 已知圆和圆相交于两点，则公共弦的长为___________． 14. 中国古代数学著作《九章算术》中记载的几何“曲池”，该几何体是上、下底面平行且均为扇环（扇环是指圆环被扇形截得的部分）的柱体，底面，底面扇环所对的圆心角为，柱体的高为6米，底面扇环对应两个圆的半径分别为12米和10米，则异面直线与所成角的余弦值为___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的顶点，边上的高所在直线的方程为，边上中线所在的直线方程为， （1）求直线的方程； （2）求的值． 16. 甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，比赛规则如下：先通过抛掷两枚质地均匀的骰子的结果来决定第一局谁作为裁判，裁判外的两人比赛．一局结束后，败者作为下一局裁判，原裁判与胜者进行下一局比赛，按此规则共进行三局比赛，每局比赛结果相互独立且每局比赛无平局． （1）设事件“两个骰子点数和能被3整除”，求事件A的概率； （2）若在每一局比赛中，甲胜乙、甲胜丙的概率均为．现已决定出乙作为第一局的裁判，求甲恰好胜一局的概率． 17. 在三棱柱中，四边形与都是棱长为1的正方形，，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且. （1）求证：； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求BF的长. 18. 在数学探究课上，老师给同学们提供了一个如图所示的正四棱锥模型P-ABCD，并要求同学们将该四棱锥切割成三个小四棱锥，某小组经讨论后给出如下方案：第一步，过点作一个平面分别交于点，得到四棱锥；第二步，将剩下的几何体沿平面切开，得到另外两个小四棱锥．在探究过程中，若是棱的中点，．请解答下列问题： （1）为方便切割，需先在模型表面画出截面四边形，若，求的值； （2）若，求点到平面的距离； （3）求四棱锥的体积的最小值 19. 已知点为圆上的一个动点，点是点关于点的对称点. （1）求点的轨迹方程； （2）已知点，求的最大值； （3）若过点的直线与点的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 佛山市新质高中联盟2026~2027学年第一学期 高二年级联考试卷数学科 本试卷共4页，19小题．满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．请考生保持答题卷的整洁．训练结束后，将答题卷交回． 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. 直线的方向向量坐标为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求斜率再求倾斜角. 【详解】直线的斜率，由倾斜角，得. 2. 两条平行线：与：间的距离为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线平行可得，即可根据平行线间距离公式求解. 【详解】由于两直线平行，故，解得， 故：， 两直线距离为. 故选：A. 3. 如图，用三类不同的元件连接成一个电路系统．当正常工作且至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知正常工作的概率依次为0.8，0.7，0.7，则系统正常工作的概率为（ ） A. 0.726 B. 0.728 C. 0.736 D. 0.238 【答案】B 【解析】 【分析】记事件为“系统正常工作“，则，由相互独立事件概率公式求解即可. 【详解】记事件为“系统正常工作“， 则， 所以 4. 已知，，是不共面的三个向量，则下列能构成一组基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】D 【解析】 【分析】由不共面的三个向量能构成一组基底判断. 【详解】对于A选项，存在，使得，则三个向量共面，不能构成一组基底； 对于B选项，存在，使得，则三个向量共面，不能构成一组基底； 对于C选项，存在，使得，则三个向量共面，不能构成一组基底； 对于D选项，设，整理得， 由不共面，得​，解得，只有零解， 则，，三个向量不共面，所以能构成一组基底. 5. 已知正方体的棱长为1，则直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过建立空间直角坐标系，求出直线方向向量与平面法向量，利用线面角的向量公式求线面角的正弦值，再结合三角函数同角平方关系计算其余弦值. 【详解】 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 由正方体棱长为1，可得各点坐标：. 直线的方向向量为. 平面内两向量为，设该平面法向量为， 则， 令，得，即. 设直线与平面所成角为，所以 由于线面角，所以. 6. 把分别写有1，2，3，4的四张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么2，3连号的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据列举法，列举出总的基本事件，以及满足条件的基本事件，基本事件个数之比即为所求概率. 【详解】分三类情况，第一类1，2连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为，，，，，，有6种分法； 第二类2，3连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为，，，，，，有6种分法； 第三类3，4连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为，，，，，，有6种分法； 共有18种分法， 则2，3连号的概率为. 故选：B. 【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，属于基础题型. 7. 已知空间向量，，，向量，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过构造向量证明四点共面，再求出点到平面的距离即为的最小值. 【详解】设. 因为，则， 则，所以四点共面. 故当平面时，有最小值. 设平面的法向量为，而， 所以，取,则，故. 所以点到平面的距离为， 即的最小值为. 8. 已知直线与直线交于点，则的最大值为（ ） A. 49 B. 64 C. 68 D. 81 【答案】B 【解析】 【分析】求得两直线，分别过定点，，且于点，从而可得点的轨迹是以为直径的圆，求出此圆的方程，并求出圆上的点到原点的距离的最大值，最后将此最大值平方即可得答案. 【详解】因为， 即， 令，得， 即直线过定点， 同理可得直线过定点， 又因为， 所以于点， 所以点的轨迹是以为直径的圆， 其圆心为，半径， 所以此圆的方程为， 又因为表示圆的点到原点距离的平方， 因为， 所以圆的点到原点距离的最大值为， 所以的最大值为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件A与事件B相互独立 C. D. 事件B与事件C为互斥事件 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，结合相互独立事件、互斥事件及概率的基本性质逐项求解判断. 【详解】依次不放回摸出两张卡牌的样本空间， 事件，，， 对于A，，A正确； 对于B，，，，则， 因此事件与事件相互独立，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，当摸出的两张卡牌编号为2，3时，事件与事件同时发生， 因此事件B与事件C不为互斥事件，D错误. 10. 如图，平行六面体的棱长均为2，，点，分别在棱，上，且，，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 在上的投影向量为 C. 直线与所成角的余弦值为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】在上取点，使得，可得四边形、四边形为平行四边形，求出，可判断A；对两边平方求出，再由投影向量的定义可判断B；由向量的夹角公式计算可判断C；由的线性运算后再平方可判断D. 【详解】对于A，在上取点，使得，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得，所以，可得，，，四点共面，故A正确； 对于B，因为平行六面体棱长均为2，， 因为， 则， 则， ，故B正确； 对于C， ， 因为异面直线所成角的范围为， 故直线与所成角的余弦值为，故C不正确； 对于D，， ， 则，故D正确． 11. 古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，记点P的轨迹为圆C，则下列结论正确的是（ ） A. 圆C的方程为 B. 的最大值为 C. M为直线上一动点，则的最小值为 D. 若O为坐标原点，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据两点间距离公式，结合两点间线段最短、三角代换法、平面向量数量积的坐标表示公式逐一判断即可. 【详解】设点，因为， 所以，整理得， 所以圆C的方程为，故A错误． 因为，所以． 因为， 所以，故B正确． 设A关于直线的对称点为， 则解得 因为，所以， 所以当，C，M三点共线时，有最小值． 因为， 所以，故C正确． 设，， 因为，， 所以， 所以当时，有最大值，最大值为，故D正确． 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面的一个法向量为，若直线平面，则___________. 【答案】1 【解析】 【分析】由直线平面得到，则存在实数使得，计算得解. 【详解】因为直线平面，所以，又， 所以存在实数使得， 即，所以， 解得，所以． 故答案为：. 13. 已知圆和圆相交于两点，则公共弦的长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先求两圆的公共弦所在直线的方程，再求该直线被其中一个圆截得的弦长即可. 【详解】将两个圆的方程相减，得直线的方程为， 而圆，整理得， 得到圆心，半径， 由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离， 由弦长公式得. 14. 中国古代数学著作《九章算术》中记载的几何“曲池”，该几何体是上、下底面平行且均为扇环（扇环是指圆环被扇形截得的部分）的柱体，底面，底面扇环所对的圆心角为，柱体的高为6米，底面扇环对应两个圆的半径分别为12米和10米，则异面直线与所成角的余弦值为___________． 【答案】##0.9 【解析】 【分析】本题以《九章算术》中的“曲池”为背景，考查空间向量法求异面直线所成角；底面为圆心角的扇环，利用扇环圆心建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出对应向量，再借助向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值. 【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设异面直线与所成角为，，则 ， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的顶点，边上的高所在直线的方程为，边上中线所在的直线方程为， （1）求直线的方程； （2）求的值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用边上的高与垂直的斜率关系求出的斜率，结合点A的坐标用点斜式推导的方程； （2）联立与的直线方程求出点B的坐标，再结合中点D在上的条件求出点C的坐标，最后通过向量夹角公式计算的值. 【小问1详解】 因为是边上的高，所以，所在直线的方程为，故，可得 ； 又因为过顶点，由点斜式写出的方程为 ，整理得 ； 【小问2详解】 所在直线方程为联立与的方程：， 解得，即， 设，由为中点可得， 结合所在直线的方程为， 所在的直线方程为， ∴， 解得，代入，∴． 则， ， 故， ， ， . 16. 甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，比赛规则如下：先通过抛掷两枚质地均匀的骰子的结果来决定第一局谁作为裁判，裁判外的两人比赛．一局结束后，败者作为下一局裁判，原裁判与胜者进行下一局比赛，按此规则共进行三局比赛，每局比赛结果相互独立且每局比赛无平局． （1）设事件“两个骰子点数和能被3整除”，求事件A的概率； （2）若在每一局比赛中，甲胜乙、甲胜丙的概率均为．现已决定出乙作为第一局的裁判，求甲恰好胜一局的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得样本总共有36个，符合的有12个，再利用古典概率即可求解； （2）记事件为第局甲胜，，记事件为甲恰好胜一局，有如下两种情况：①第1局甲胜，第2局甲败，②第1局甲败，第3局甲胜，再结合概率的乘法公式即可求解. 【小问1详解】 因为骰子的质地均匀，所以各个样本点出现的可能性相等，因此这个试验是古典概型， 样本空间：共个样本点， 事件A含有： 共12个样本点，故； 【小问2详解】 记事件为第i局甲胜，，由题意知，记事件B为甲恰好胜一局，有如下两种情况： ①第1局甲胜，第2局甲败，②第1局甲败，第3局甲胜， 因为每局比赛结果相互独立，所以事件与与也独立， 则， ， 因为，且事件与互斥， 所以， 所以甲恰好胜一局的概率为 17. 在三棱柱中，四边形与都是棱长为1的正方形，，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且. （1）求证：； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求BF的长. 【答案】（1） 证明：因为与都是棱长为的正方形， 所以，，又，所以，，两两垂直， 故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，则，，，， 所以，， 所以，故，则. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解， （2）求解平面法向量，根据法向量的夹角即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：由（1）知，，所以， 设是平面的一个法向量， 所以即 即 令，得 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 因为平面与平面的夹角的余弦值， 所以， 解得，故. 方法二： 由（1）知，，所以，，， 所以，即， 又，，平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 因为平面与平面的夹角的余弦值， 所以， 解得，故. 18. 在数学探究课上，老师给同学们提供了一个如图所示的正四棱锥模型P-ABCD，并要求同学们将该四棱锥切割成三个小四棱锥，某小组经讨论后给出如下方案：第一步，过点作一个平面分别交于点，得到四棱锥；第二步，将剩下的几何体沿平面切开，得到另外两个小四棱锥．在探究过程中，若是棱的中点，．请解答下列问题： （1）为方便切割，需先在模型表面画出截面四边形，若，求的值； （2）若，求点到平面的距离； （3）求四棱锥的体积的最小值 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用共面向量定理的推论，把 用 , , 表出，比较系数得到两个比值之间的约束关系. （2）以底面中心为原点建立空间直角坐标系，求截面所在平面的法向量，再用向量法求点到平面的距离；第（1）问的比值可直接代用. （3）沿对角线 把四棱锥拆成两个三棱锥，把体积化成两个比值之和，再用基本不等式求最小值，注意取等时两个比值相等. 【小问1详解】 设 ，，，，由正方形 的对角线互相平分得 . 设 ，，因为 是棱 的中点，所以 . 由 , , , 四点共面，存在实数 , , 使 ，且 . 把 代入，比较 , , 的系数得 , , . 所以 , , ，代入 得 . 由 得 ，所以 . 【小问2详解】 以正方形 的中心 为原点，, , 的方向分别为 轴、 轴、 轴正方向建立空间直角坐标系. 由 得 ，由 得 ，所以 , , , , , . 由 得 ，与（1）的截面相同，故 , . 设平面 的法向量为 ，则 取 ，得 ，，所以平面 的一个法向量为 . 又 ，所以点 到平面 的距离 . 【小问3详解】 设 ，，由（1）得 . 沿对角线 把四棱锥 拆成两个三棱锥，由 得 ，. 由（2）知 ，又 ，所以 . 所以 . 由 得 ，当且仅当 时取等号. 所以四棱锥 的体积的最小值为 . 19. 已知点为圆上的一个动点，点是点关于点的对称点. （1）求点的轨迹方程； （2）已知点，求的最大值； （3）若过点的直线与点的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）138 （3）存在，点，定值为 【解析】 【分析】（1）设，利用对称关系把点的坐标用表示出来，然后代入圆的方程即可求解； （2）利用两点间距离公式整理从而转化为的最小值，然后利用数形结合思想即可求解； （3）设出直线方程，联立圆的方程消去，利用韦达定理代入化简即可求解. 【小问1详解】 设，因为点是点关于点的对称点， 所以，即，因为点在圆上， 所以，化简得，即为点的轨迹方程. 【小问2详解】 易知 ， 令，则， 可视为直线在轴上的截距， 所以的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在轴上的截距， 由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径可得，， 所以的最小值为，因此的最大值为138. 【小问3详解】 存在点，使得为定值， 理由如下：当直线斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为， 由，消去得， 设，则，， 又，， 则 ， 要使上式恒为定值，需满足，解得， 此时，为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $