精品解析：福建福州市部分学校2026-2027学年第一学期期中适应性练习高二数学试卷

2026-2027学年度第一学期期中适应性练习 高二数学试卷 【完卷时间：120分钟试卷满分：150分】 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 直线在轴上的截距为（ ） A. B. C. D. 2. 设，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线是圆的一条对称轴，则的值是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在三棱台中，，分别为的中点，设，，，则可用表示为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与，则直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 与的取值有关 6. 直线与圆交于两点，其中点在第三象限，为原点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知四点是平面四边形的四个顶点，是平面外一点.若，则（ ） A. B. C. D. 与的取值有关 8. 已知圆及两点，若圆上任一点，都满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知直线，，则下列选项正确的是（ ） A. 当直线与直线平行时， B. 当直线与直线垂直时， C. 当时，直线的倾斜角为135° D. 原点到直线的距离最大值为 10. 已知圆，直线，则（ ） A. 直线与圆必相交 B. 直线被圆截得的最小弦长为 C. 当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于 D. 若圆与圆恰有三条公切线，则 11. 棱长为的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，点为侧面内的一个动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线所成角的余弦值为 B. 存在点，使得 C. 三棱锥的体积的取值范围为 D. 若，则的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 两平行直线与之间的距离为__________. 13. 如图，在一个60°的二面角的棱上有，两点，线段、分别在这个二面角的两个半平面内，并且都垂直于棱，若，，则的长为______ 14. “曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼•闵可夫斯基所创词汇，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离.已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为__________. 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. 在平面直角坐标系中，的顶点，，关于原点对称． （1）求边上的高所在直线的一般式方程； （2）已知过点的直线平分的面积，求直线的方程． 16. 已知圆与直线切于点，且过点. （1）求圆的方程； （2）求过点的直线被圆截得的弦长为的直线方程. 17. 如图，在四棱锥中，，，，且，． （1）设点是棱上的一点且，证明：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知动点到点的距离与它到点的距离之比为． （1）试证明动点的轨迹是一个圆，并求出其圆心的坐标； （2）设点，若曲线上存在两个不同的点，使得成立，求实数的取值范围； （3）设斜率为的直线与曲线相交于，两点(不与原点重合)，直线，斜率分别为，且，证明：直线恒过定点． 19. 如图，在平面四边形中，，，，将沿翻折至. （1）当时，证明：平面平面； （2）在（1）的条件下，设三棱锥的各个顶点都在球的球面上，试求球的半径； （3）求平面与平面的夹角的余弦值的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度第一学期期中适应性练习 高二数学试卷 【完卷时间：120分钟试卷满分：150分】 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 直线在轴上的截距为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】令，解得，即直线在轴上的截距为. 2. 设，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，，解得， 故，， 故. 3. 已知直线是圆的一条对称轴，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】圆的圆心为， 根据圆的对称轴过圆心，所以，解得. 4. 如图，在三棱台中，，分别为的中点，设，，，则可用表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用基底表示空间向量. 【详解】由图，三棱台，，故，又分别为中点， . 5. 已知直线与，则直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 与的取值有关 【答案】C 【解析】 【详解】圆的圆心为，半径. 圆心到直线的距离， 则，故直线与圆相交. 6. 直线与圆交于两点，其中点在第三象限，为原点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】联立与得，得或， 故或， 因为点在第三象限，所以，则 7. 已知四点是平面四边形的四个顶点，是平面外一点.若，则（ ） A. B. C. D. 与的取值有关 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，利用共面定理可求得的值. 【详解】， 所以. 若时，可得，则， 则在平面内，又三点不共线，且共面，所以是平面内一点， 与是平面外一点矛盾，故. 所以， 又因为四点共面，所以，所以. 8. 已知圆及两点，若圆上任一点，都满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设点，由题意可得，可得，求得的最大值，可求得的取值范围. 【详解】设为坐标原点，点，则，. 若满足，则，即，即， 因为圆上任一点，都满足，所以， 由圆，可得圆心，半径， 又， 所以，所以，所以， 所以的取值范围是. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知直线，，则下列选项正确的是（ ） A. 当直线与直线平行时， B. 当直线与直线垂直时， C. 当时，直线的倾斜角为135° D. 原点到直线的距离最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项：利用直线平行的性质进行求解，注意要检验是否重合；B选项：利用直线垂直的性质进行求解；C选项：直接代入观察斜率的大小进而判断倾斜角的大小；D选项：先找出直线过定点，再利用性质进行求解。 【详解】A选项：当两直线平行时，即满足，解得， 且当时，两直线平行且不重合，因此.A错误. B选项：当两直线垂直时，即满足，解得，B正确. C选项：当时，直线：，即，斜率为，即倾斜角为，C正确. D选项：直线化简为， 令，解得，即直线过定点. 当直线与直线垂直时，距离最大，此时距离为.D正确. 10. 已知圆，直线，则（ ） A. 直线与圆必相交 B. 直线被圆截得的最小弦长为 C. 当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于 D. 若圆与圆恰有三条公切线，则 【答案】AB 【解析】 【分析】先分离参数找出直线所过定点，判断定点与圆的位置关系即可判断 A选项；弦长最小值在圆心距最大时取得，判断 B选项；C选项用 "平行线截圆" 法数点；D选项由 "三条公切线" 转化为两圆外切，列圆心距等于半径之和求解. 【详解】圆，圆心，半径. 直线可化为，令，得，，故恒过定点. A：，点在圆内，直线必与圆相交，正确. B：弦长为，其中为圆心到直线的距离，因直线过点， 故，当（即直线）时，弦长最小，为 ，正确. C：当时，，圆心到直线的距离 ， 与平行且距离为 1 的两条直线中，靠近圆心一侧的直线距圆心 ，与圆有两个交点； 远离圆心一侧的直线距圆心，与圆相离.故圆上恰有 2 个点到的距离为 1，错误. D：圆可化为，圆心，半径. 两圆恰有三条公切线即外切，需，而， 故，解得，错误. 11. 棱长为的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，点为侧面内的一个动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线所成角的余弦值为 B. 存在点，使得 C. 三棱锥的体积的取值范围为 D. 若，则的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，选项A直接用向量法计算线线角的余弦值可得；B选项直接用向量计算可得，从而判断错误；对C选项先用向量计算角的余弦值，进而可得面积，再用向量的方法计算点到平面距离，从而可得体积的范围；对D选项直接求点坐标所满足的方程，再分析方程在侧面的轨迹图形可得. 【详解】以为原点，分别以所在直线分别​为轴建立空间直角坐标系， 由正方体棱长为，，，， 侧面​内动点坐标满足，其中. 选项A：向量，， 两直线夹角余弦值为，A正确； 选项B：向量，， 若，则，， 所以不存在点，使得，B错误； 选项C：，，， 所以，， 所以， ， 设平面的法向量为，，， 则，令，则，. 所以点到平面的距离为，，， 因此， 所以三棱锥的体积， 因为，所以， 所以，. 因为为平面和平面的一个公共点， 取点，则平面平面， 当时，，，此时不能构成三棱锥，故剔除； 当点与点重合时，，. 综上，三棱锥的体积的取值范围为，C正确； 选项D：由​，，所以， 即，该方程在侧面内表示以的中点为圆心，半径为的半圆， 所以弧长为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 两平行直线与之间的距离为__________. 【答案】##0.5 【解析】 【详解】，即 设两平行直线与之间的距离为， 则. 13. 如图，在一个60°的二面角的棱上有，两点，线段、分别在这个二面角的两个半平面内，并且都垂直于棱，若，，则的长为______ 【答案】 【解析】 【分析】由，两边平方后展开整理，即可求得，进而得到答案. 【详解】因为,所以， 由题意，，则， 所以， 因为线段，分别在这个二面角的两个半平面内，并且都垂直于棱，且二面角大小为60°，所以， 而，，于是, 所以. 故答案为：. 14. “曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼•闵可夫斯基所创词汇，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离.已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为__________. 【答案】15 【解析】 【分析】根据题目所给定义，求出动点的轨迹，作出图像，根据圆上一点到圆外直线的距离的最大值，求出结果即可. 【详解】由圆得，即点在以为圆心，以为半径的圆上， 设点，可得， 当时，可得，即， 当时，可得， 当时，可得， 当时，可得， 如图所示，点的轨迹是以为中心，以为顶点的正方形上， 可知的最大值为，由图可知当取得最大值时，可知点在上， 过点作垂直于直线，垂足为，可知，即在点时取得最大值，此时， 则. 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. 在平面直角坐标系中，的顶点，，关于原点对称． （1）求边上的高所在直线的一般式方程； （2）已知过点的直线平分的面积，求直线的方程． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）利用垂直直线斜率之积为，结合点斜式求高线； （2）过三角形顶点且平分面积的直线必经过对边中点，转化为两点求直线方程． 【小问1详解】 因为，关于原点对称， 所以，， 所以边上高所在直线的斜率为， 因为， 所以边上高所在直线的方程为， 故边上高所在直线的一般式方程为； 【小问2详解】 法一： 由过点的直线平分的面积可知，直线经过边的中点， 又， 所以直线的方程为，即． 法二： 当斜率不存在时，方程为，此时直线在之外，不满足题意； 当斜率存在时，设即 依题意可知点A到直线的距离等于点C到直线的距离 故有 解得或 又由已知可知直线与线段必相交， 而，， 故， ， 综上可知，直线的方程为：，即． 16. 已知圆与直线切于点，且过点. （1）求圆的方程； （2）求过点的直线被圆截得的弦长为的直线方程. 【答案】（1） （2）和． 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法结合题意计算求解即可； （2）分垂直于轴与不垂直于轴两种情况，结合题意计算求解即可. 【小问1详解】 设圆的方程为 由题意，解得， 所以圆的方程为； 【小问2详解】 ①当垂直于轴时， 将代入圆的方程得，解得，， 此时截得的弦长为，满足条件； 当不垂直于轴时，设的方程为即， 圆心到直线的距离， 由点到直线的距离公式得， 解得， 此时直线的方程为即． 所以直线的方程为和． 17. 如图，在四棱锥中，，，，且，． （1）设点是棱上的一点且，证明：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证法1：因为，， 所以以点为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知条件可知，，，，， 则，， 由，可知，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为， 可得， 又因为平面， 所以平面． 证法2：如图所示，连接交于点，连接， ，， ，，即， 由题意可知，， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）证法1：建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法证明即可；证法2：连接交于点，根据可得，进而可得，由线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据线面角空间向量法计算求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，， 所以以点为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知条件可知，，，，， 则，， 由为的中点可得，， 设平面的法向量为， 则令，得，， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值是． 18. 已知动点到点的距离与它到点的距离之比为． （1）试证明动点的轨迹是一个圆，并求出其圆心的坐标； （2）设点，若曲线上存在两个不同的点，使得成立，求实数的取值范围； （3）设斜率为的直线与曲线相交于，两点(不与原点重合)，直线，斜率分别为，且，证明：直线恒过定点． 【答案】（1）证明：由题意可得，， 化简，并配方得， 故动点的轨迹是一个圆，其圆心坐标为； （2）； （3） 证明：设直线的方程为，，，， 由得 则，，① 所以， 将①代入上式，得， 所以，所以直线方程为， 令，解得， 即直线过定点． 【解析】 【分析】（1）根据两点间距离公式结合列方程，化简后得到圆的标准方程； （2）将已知条件代入整理配方，转化为动圆；问题转化为动圆与定圆有两个交点，利用两圆相交的位置关系求解参数范围； （3）先设直线方程，再联立直线和圆方程，化简得到一元二次方程，利用韦达定理和斜率乘积条件得到参数关系，写出直线方程即可确定定点． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设， 因为， 所以， 化简得， 所以，且点在以为圆心，为半径的圆上． 依题意，与有两个交点，即两圆相交． 又， 则， 右边恒成立， 左边，解得， 所以实数的取值范围为． 【小问3详解】 略 19. 如图，在平面四边形中，，，，将沿翻折至. （1）当时，证明：平面平面； （2）在（1）的条件下，设三棱锥的各个顶点都在球的球面上，试求球的半径； （3）求平面与平面的夹角的余弦值的最小值. 【答案】（1）证明： 在中，由，， 得，， 即，又，，平面 平面，又平面，所以平面平面． （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）先用线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得； （2）建立空间直角坐标系，用坐标法求球心的坐标及半径可得； （3）先建立空间直角坐标系，再设，用向量的方法求面面夹角，并结合二次函数的单调性可得夹角余弦的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面平面且， 所以为原点，以，所在直线分别为轴和轴正方向，以过点且垂直平面的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 又， 所以，，因此. 设球心，半径，则， 则有，消去得， 解得，，，所以． 所以球的半径为； 【小问3详解】 在平面中，过作于， 在平面中，过作， 因为，，，平面， 所以平面． 以为原点，以，所在直线分别为轴和轴，以过点且垂直平面的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则点在平面内， 由（1）可知，， 则，，，， 设， 则，，， 设平面一个法向量为， 则，即 令，则. 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则； 所以 ， 令，则由，得， 令， 于是 ， 当且仅当时等号成立，即，时等号成立. 因此平面与平面的夹角的余弦值的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $