广东省东莞市众美中学2025~2026学年高二上册第7周数学周测试卷（含解析）

这是一份广东省东莞市众美中学2025~2026学年高二上册第7周数学周测试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了设空间向量，若直线的倾斜角为，则，下列图象，能作为直线的图象的是，以下说法中，不正确的为等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
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．已知，若三个向量不能构成空间的一个基底，则实数λ的值为（ ）
A．0B．5C．9D．
2．已知向量，若向量与的夹角为锐角，则实数的取值范围为（ ）
A．B．且
C．D．且
3．设空间向量．若不能构成空间向量的一组基底，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知为空间内三个不共面的向量，平面和平面的法向量分别为和，若，则（ ）
A．5B．C．3D．
5．已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是（ ）
A．B．C．D．
6．若直线的倾斜角为，则（ ）
A．B．C．1D．3
7．下列图象，能作为直线的图象的是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知点，，则以线段为直径的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
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．以下说法中，不正确的为（ ）
A．“”是“共线”的充要条件；
B．若，则
C．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
D．
10．已知直线和直线，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．已知点是圆上的一个动点，过原点的动直线与圆交于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为B．的最大值为
C．的最小值为2D．的最大值为6
第II卷（非选择题）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知空间向量，，的模均为1，，.若存在非零实数，，使得，，且，则 .
13．已知斜率为，且在x轴上的截距为3的直线方程为 ．
14．已知两条平行直线与间的距离为4，则的值为
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．（15分）如图，在棱长为4的正方体中，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，分别是棱的中点.

(1)求点的坐标.
(2)证明：四点共面.
(3)证明：平面.
16．（13分）如图，四棱柱的所有棱长均为1，点满足，设．
(1)用表示；
(2)若，求与的值．
17．（15分）已知直线（为任意实数），直线．
(1)若，求直线关于直线的对称的直线方程；
(2)求点到直线的距离的最大值．
18．（17分）已知圆过点和点，且圆心在直线上.
(1)求圆的标准方程；
(2)经过点作直线与圆相切，求直线的方程；
(3)已知实数满足圆的方程，求的最小值.
19．（17分）已知圆过三点，，，直线：（）．
(1)求圆的方程；
(2)证明：直线恒过定点；
(3)当m为何值时，直线被圆G截得的弦长最长，并求此时直线的方程．
参考答案
1．D
【分析】根据题意，得到存在实数使得，列出方程组，即可求解.
【详解】由向量，
若向量不能构成空间的一个基底，则为共面向量，
所以存在实数使得，
即，
可得，解得.
故选：D.
2．B
【分析】先求出向量与的坐标，由向量与的夹角为锐角，
可以得到且与不平行，再计算求解即可.
【详解】，，
，向量与的夹角为锐角，
且向量与不平行，
，，
向量与不平行，，
的取值范围为且，选项B正确.
故选：B.
3．B
【分析】可设，利用坐标运算得出方程组，根据其解的情况来判断.
【详解】当时，，
假设，显然无解，
则不共面，A不符合题意；
假设，
则，
当时，方程组为，，解得，
故，则共面，B符合题意；
当时，方程组为，无解，
故不共面，可构成空间向量的一组基底，C不符合题意；
当时，方程组为，无解，
故不共面，可构成空间向量的一组基底，D不符合题意.
故选：B．
4．B
【分析】根据已知，设，结合向量不共面及基本定理有，求出参数值，即可得.
【详解】因为，所以，
设，即，
由于为空间内三个不共面的向量，
所以，可得，则.
故选：B
5．D
【分析】利用投影向量的运算公式求解即可.
【详解】因为，所以，
则向量在向量上的投影向量为，其坐标为．
故选：D.
6．A
【分析】根据直线倾斜角与斜率的关系求解即可.
【详解】由题意可得，解得，
故选：A
7．B
【分析】根据直线斜率的正负值与定点即可判断结果．
【详解】因为直线，可知直线的是上升的，且过定点，
结合选项可知：ACD错，故B正确；
故选：B
8．C
【分析】根据直径求出圆心、半径即可得解.
【详解】因为为直径，所以圆心为，
半径，
所以圆的方程为.
故选：C.
9．ABD
【分析】由与同向共线时，故必要性不成立，可判断A；取可判断B；运用反证法，假设共面，根据共面的充要条件得出矛盾，可判断C；根据可判断D.
【详解】对于A，由，可得，
故，故，
故与反向共线，故充分性成立，
而与同向共线时，，则，故必要性不成立，
故“”是“共线”的充分不必要条件，故A不正确；
对于B，若，则，
此时不一定有，故B不正确；
对于C，设共面，
则存在不全为0的实数使得，
即，又不共面，
则，即，
这与不全为0矛盾，故不共面，
则可以构成空间的一个基底，故C正确；
对于D，，
因为不一定为1，故不一定成立，故D不正确.
故选：ABD
10．BCD
【分析】根据直线和直线平行的系数关系可列出方程组求出，进而判断A，B；根据直线和直线垂直的系数关系列出方程即可求出，进而判断C，D.
【详解】由，得，解得或，则A错误，B正确.
由，得，解得，则C，D正确.
故选：BCD
11．ABD
【分析】对于AB，结合两点之间的距离可知，，，算出即可；对于CD，结合直线与圆的位置关系可知，当直线过圆心时，最大，当时，最小．
【详解】对于AB，由题意知，则点在圆内，

所以，故AB正确；
对于CD，

当直线过圆心时，，当时，，故C错误，D正确．
故选：ABD．
12．0
【分析】根据向量的线性运算和向量的数量积运算，列出参数的方程组，求出结果即可.
【详解】由，可得，
所以
，
得，
因为，
得.
由，解得，所以.
故答案为：0.
13．
【分析】利用直线的斜截式方程求解.
【详解】因为直线的斜率为，且在x轴上的截距为3，
所以直线的方程为，
故答案为：
14．-2
【分析】由两平行线间的距离公式计算求解.
【详解】由已知得，所以，解得或，
又，所以.
故答案为：.
15．(1)，，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据空间直角坐标系的概念直接写出点的坐标即可；
（2）根据直线平行的向量坐标表示证明即可；
（3）利用直线垂直的向量坐标表示和线面垂直的判定定理证明即可.
【详解】（1）由题意可得的坐标为，的坐标为，
的坐标为.
（2）连接，

由题意可得
则
所以，所以，
故四点共面.
（3）由题意可得
则
所以，
因为平面平面，且，所以平面.
16．(1)；
(2)；
【分析】（1）根据空间向量的线性运算法则，化简得到，再由，求得，进而化简得到．
（2）根据题意，分别求得和， 再由，求得，结合向量数量积的运算律，即可求解.
【详解】（1）解：根据空间向量的线性运算法则，可得．
因为，所以，
所以．
（2）解：因为，所以，
可得，解得，
同理可得，
因为，可得，
所以，
则
．
17．(1)
(2)
【分析】（1）在时，先联立直线与的方程，求得交点，在直线上取点，求出该点关于直线的对称点坐标，利用点斜式求出直线的方程即可；
（2）先由直线的方程推出其经过定点，对于直线外的一点，可知当时，点到直线的距离最大，利用两点间距离公式计算即得.
【详解】（1）当时，，
由，解得：，即直线与直线的交点为,
在直线上取点，设点关于直线的对称点为，
则，解得，即，
依题意，所求直线经过两点和，
故其方程为，即.
（2）将直线的方程整理成，
因，则由，可得，即直线经过定点,
则点到直线的最大距离为，此时，
18．(1)
(2)或；
(3)
【分析】（1）借助待定系数法计算即可得；
（2）分直线斜率不存在与直线斜率存在，结合切线性质进行讨论即可得；
（3）等价于点到点的距离的平方，再利用圆的性质计算即可得.
【详解】（1）设圆的圆心为，半径为，
则有，解得，
即圆的标准方程为；
（2）由圆的标准方程为，即圆心为，半径为，
当直线斜率不存在时，，此时圆心到直线的距离为，
故与圆相切，故符合要求；
当直线斜率存在时，设，即，
则有，化简得，即，
即，即；
综上所述：直线的方程为或；
（3）由实数满足圆的方程，则点在圆上，有，
则等价于点到点的距离的平方，
则
，
即的最小值为，
当且仅当、、三点共线且在线段上.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)；直线的方程为
【分析】（1）设圆G的方程为，代入三点运算求解即可；
（2）整理可得，进而分析直线恒过定点；
（3）由圆的性质可知当直线l被圆G截得的弦长最长，进而代入求解.
【详解】（1）设圆G的方程为，
因为圆过三点，，，
则，解得，
所以圆G的方程为.
（2）由整理得，
令，解得，
所以直线l恒过定点.
（3）因为圆G的标准方程为，可知圆心为，半径，
由圆的性质可知，当直线l过圆心时，直线l被圆G截得的弦长最长，
则，解得，
此时直线l的方程为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
B
B
D
A
B
C
ABD
BCD
题号
11









答案
ABD