广东广雅中学2026-2027学年高二上学期11月期中数学试题

2026学年第一学期高二年级期中考试试卷 数学 命题人：邓军民 审核人：李杰 本试卷满分150分，考试用时120分钟。 注意事项： 1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将姓名、班级、考号等信息填写在答题卡指定区域。 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器。不按以上要求作答的答案无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁。 一、单项选择题：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．在空间直角坐标系中，已知向量，，则（   ） A． B． C． D． 2．直线的倾斜角为（ ） A． B． C． D． 3．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则的最小值是（   ） A．4 B．5 C． D．6 4．如图，在直三棱柱中， ，，则向量与的夹角的余弦值是（　　） A． B． C． D． 5．已知直线与直线平行，则（    ） A．2 B．或2 C． D．或1 6．若圆上到直线的距离为3的点仅有2个，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 7．若直线与曲线交于A，B两点，则（    ） A． B． C． D． 8．在三棱锥中，，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．已知是空间的一个基底，则可以与向量构成空间的一个基底的向量是（    ） A． B． C． D． 10．已知圆，圆，则以下结论正确的是（    ） A． B．若两圆外切，则 C．若，则两圆相交 D．若，则两圆的公共弦所在直线的方程为 11．在正方体中，，，分别是，的中点，下列说法正确的是（） A．直线平面 B．直线与所成角的正弦值为 C．过、、三点的平面截正方体所得截面图形的周长为 D．过、、、四点的球的表面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量的模长为________. 13．已知椭圆的左焦点为F，点A是椭圆C的上顶点，直线与椭圆C交于M、N两点．若点A到直线l的距离是1，且，则椭圆C的离心率是________． 14．若A，B是平面内不同的两定点，动点满足（且），则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故被称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知是圆上的动点，点，，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．已知的三个顶点的坐标分别为，，. (1)求点到直线的距离； (2)求边上的高所在直线的方程； (3)求边上的中线所在直线的方程. 16．如图，平面是正方形，平面，，，，点，分别为棱和的中点． (1)求点到直线的距离； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面为等边三角形，且平面平面，为的中点． (1)证明：； (2)点在棱上（含端点），且直线与平面所成角的正弦值为，求出所有满足条件的点，指出其位置． 18．如图，过点的直线与圆相交于，两点，过点且与垂直的直线与圆的另一交点为. (1)当点坐标为时，求直线的方程； (2)求四边形面积S的取值范围. 19．常用测量距离的方式有3种．设，定义欧几里得距离，定义曼哈顿距离，定义余弦距离，其中（为坐标原点）． (1)若，求之间的欧几里得距离和余弦距离； (2)若点在函数的图象上且，点的坐标为，求的最小值； (3)若，求的取值范围. 试卷第1页（共2页） 试卷第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东广雅中学2026学年第一学期高二年级期中考试试卷 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B A C D C B BC AC 题号 11 答案 ABD 1．D 【分析】先根据数乘向量的坐标运算求出的坐标，再通过向量加法的坐标运算得到的坐标即可. 【详解】已知，，根据数乘向量的坐标运算法则： 对于任意实数和向量，有， 可得： . 再根据向量加法的坐标运算法则：对于向量和， 有， 可得： . 2．D 【详解】设直线的倾斜角为. 由直线，得直线的斜率； 由，，得. 3．B 【分析】由椭圆方程结构特点求得范围，再结合基本不等式即可求解. 【详解】根据题意可得，解得. 令， 则， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值为5. 4．A 【分析】根据给定条件，利用直棱柱的结构特征及空间向量数量积求解. 【详解】在直三棱柱中，平面，平面，平面， 则，由，，得，则， 由，得E为的中点，则， 由，得，则， 因此＝， 所以向量与的夹角的余弦值是. 5．C 【详解】因为直线与直线平行， 根据两直线平行的充要条件可得，解得或， 当时，代入可得与，两条直线平行且不重合，符合题意； 当时，代入可得与，两条直线重合，不符合题意. 所以 6．D 【分析】由题可知圆心到直线的距离满足，求出的取值范围即可. 【详解】圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离， 依题意可得，即，解得. 7．C 【分析】根据已知有曲线且，讨论、研究直线与对应曲线的关系，再数形结合求线段长. 【详解】由，则，故且， 当，则且，圆心为且在直线上，半径为1， 当，则且，圆心为，半径为1， 由圆心到直线的距离，故直线与圆相切， 如上图示，. 故选：C 8．B 【分析】若为的中点，结合题设知是外接圆的圆心，进而有棱锥的球心在过且垂直于平面的直线上，若平面，在平面内过作，构建合适的空间直角坐标系，令并标注出相关点坐标，应用球体半径相等列方程求参数，进而得到半径，即可求球体面积. 【详解】由题设为直角三角形且斜边，若为的中点，则是外接圆的圆心， 所以棱锥，即棱锥的球心在过且垂直于平面的直线上， 若平面，则球心在直线上，在平面内过作，如图示，    由，则，所以是二面角平面角的补角，为， 又，，可得， 构建空间直角坐标系，设，且， 所以外接球半径，则，可得， 所以外接球半径，其表面积为. 故选：B 9．BC 【分析】根据空间向量基本定理知基底需不共面，从而进行求解. 【详解】对于A：因为，所以共面，故不符题意； 对于B：假设存在，使得， 即，此方程组无解，即不存在， 所以假设不成立，所以不共面，故符合题意； 对于C：假设存在，使得， 即，此方程组无解，即不存在 所以假设不成立，所以不共面，故符合题意； 对于D：因为，所以共面，故不符合题意； 故选：BC. 10．AC 【分析】将圆的方程化成标准方程，根据，可求的取值范围，判断A的真假；根据圆心距与半径和、差的关系，判断两圆的位置关系，可判断BC的真假；将两圆方程相减，消去，可得两圆公共弦所在的直线方程，可判断D的真假. 【详解】因为圆：，所以，. 圆：，由，，. 所以，A选项正确； 由，所以B选项错误； 若，则，，，， 所以，所以两圆相交，所以选项C正确； 时，，，，，所以， 所以两圆相交，两圆公共弦所在的直线方程为：，即，所以选项D错误. 故选：AC 11．ABD 【分析】选项A：先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再计算直线的方向向量与法向量的点积，点积为0说明二者垂直；结合不在平面内，即可证得线面平行. 选项B：遵循异面直线所成角的向量计算公式，先获取两直线的方向向量，用向量点积公式求出夹角的余弦值（取绝对值），再通过同角三角函数的平方关系，计算得到所成角的正弦值. 选项C：延展平面，找到其与棱的交点，确定截面为四边形；分别计算四条边的长度并求和，与选项给出的周长对比，可判断该选项错误. 选项D：利用外接球球心的性质——到各点距离相等求解，先由对称点、和、分别确定球心所在的两个中垂面，缩小球心坐标的未知量；再根据球心到、距离相等列方程，解出球心坐标，计算半径平方后代入球的表面积公式即可验证. 【详解】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为， 则， 是AD中点，故；是中点，故. 选项A：平面的向量：，， 设平面的法向量，则， ，令，则，所以， ，，故. 又因为不在平面内，因此平面，A正确.    选项B：由坐标得，. 异面直线所成角满足：， 因此，B选项正确. 选项C：在底面内，延长直线，交的延长线于点. 由是中点，且，可得，相似比为. 因此，结合正方体棱长， 可算出，即在延长线上，且. 在侧面内，连接，交于点，则就是平面与棱的交点. 由，可得，相似比为. 已知是中点，，因此，得. 所以平面与交于. 截面为四边形，，，，， 周长为，C错误.    选项D：过的球的球心在中垂面上，且在DE中垂面上， 设球心. 由到和距离相等：解得， 半径平方. 表面积，D正确. 12． 【详解】向量在向量方向上的投影向量的模长为. 13．. 【分析】根据直线与椭圆的对称性可判断四边形为平行四边形，根据对边相等的性质，可得的值，再根据点到直线l的距离是，利用点到直线的距离公式，可得的值，最终求得离心率. 【详解】假设椭圆右焦点； 如图所示：直线，关于原点对称，所以； 由椭圆的性质可得：； 在四边形中，，，对角线互相平分， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以即为，可得； 设椭圆C的上顶点，直线的一般式为，因为点到直线l的距离是， 所以，解得； 离心率； 故答案为：. 14． 【分析】设，求出，然后将求的最大值问题转化为求的最大值问题，数形结合即可得答案. 【详解】由题意得设，， 所以，则， 由于是圆上的点， 所以， 所以，解得，即， 所以，如图， 所以的最大值为， 故答案为：. 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用斜率公式求出，利用点斜式求出直线的方程，利用点到直线的距离求出点到直线的距离； （2）两直线垂直，且都存在斜率，则有； （3）利用中点坐标公式求出的中点，利用斜率公式求出直线的斜率，利用点斜式求出直线的方程. 【详解】（1），，则，直线的方程为， 即，，点到直线的距离为； （2）设边上的高所在直线的斜率为 ， ，，， 边上的高所在的直线过， 边上的高所在直线的方程为，即； （3）设中点，，， ，， ，， 则边上的中线所在直线的方程为， 即. 16．(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出和直线的单位方向向量，利用空间向量法即可求解； （2）求出平面和平面的法向量，利用空间向量法即可求解． 【详解】（1）因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，， 取直线的单位方向向量， 设点到直线的距离为，则． （2）因为，，，， 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 17．(1)如下图，连接，因为为等边三角形，为的中点， 所以．连接，， 因为四边形是菱形，所以，又， 所以为等边三角形，则．             因为，所以平面． 又因为平面，所以． (2)满足条件的点Q只有一个，即与点P重合 【分析】（1）要证明线线垂直，则需要通过证明线面垂直得到线线垂直，即证明  平面 ; （2）先建立空间直角坐标系，列出各个点的坐标，求出平面的法向量坐标和的坐标，根据线面角的正弦值计算结果即可. 【详解】（1）略 （2）因为，平面平面，平面平面，所以平面． 如图，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系． 由已知可得，，，，，，．             设平面的法向量为， 由，得，取．     ，，设，， 则．        （10分） 设直线与平面所成的角为， 则， 由题意得，整理得 ，因为，所以， 即满足条件的点Q只有一个，即与点P重合. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据垂直关系求出斜率，再利用点斜式求出即可； （2）分直线斜率是否存在讨论，根据勾股定理计算，利用计算即可. 【详解】（1）当点坐标为时，直线的斜率为， 因为与垂直，所以直线的斜率为， 又点， 所以直线的方程为，即. （2）当直线与轴垂直时，， 所以四边形面积. 当直线与轴不垂直时，因为当时四边形不存在， 故设直线方程为，即， 则直线方程为，即， 因为点到直线的距离为，所以， 因为点到直线的距离为，所以， 则四边形面积， 令， 所以 ， 因为，所以，则，则， 综上，四边形面积的取值范围为. 19．(1)； (2)2 (3) 【分析】（1）根据题意结合距离的定义运算求解即可； （2）根据距离定义整理可得，分、和三种情况，结合函数单调性求最值即可； （3）整理可得，令，分析可知与有交点，结合图象可得的取值范围，即可得结果. 【详解】（1）因为，则， 所以， 又因为， 所以. （2）因为点在函数的图象上且， 即，且点的坐标为， 故， 当时，则， 因为函数在上单调递减， 所以，当且仅当时取等号； 当时，则， 且，则，代入可得； 当时，则， 因为函数在上单调递增， 所以， 当且仅当时取等号． 综上可知，的最小值为2． （3）因为， 则， 令，则， 即与有交点， 可知半圆与直线有交点， 如图，先计算直线与半圆相切和经过点时的情况. 由圆心到直线的距离，解得， 由图知此时，即； 又由，代入点，解得，. 由图知，要使两者有交点，需使， 此时， 又因为，则； 所以的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：对于（3）的关键是将代数问题转化为几何问题，结合圆的性质分析求解. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $