福建省福州市八县（市）协作校2025-2026学年高二上学期期中联考数学试卷（Word版附答案）

这是一份福建省福州市八县（市）协作校2025-2026学年高二上学期期中联考数学试卷（Word版附答案），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知点关于轴的对称点为，则的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．不存在
3．已知直线，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知圆与圆有公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（ ）
A．B．C．D．0
6．设直线和圆相交于，两点，若，则（ ）
A．B．C．D．1
7．青铜豆最早见于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的铜器.还是一件十分重要的礼器，图①为河南出土的战国青铜器—方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖.图②是与主体结构相似的几何体，其中，，，点为上一点，且，点为的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
8．若直线与曲线至少有一个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知空间向量，，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知圆O：和圆M：相交于A，B两点，点为圆M上的动点，下列说法正确的是（ ）
A．圆M的圆心为，半径为1B．直线AB的方程为
C．线段AB的长为D．的最大值为36
11．如图，正方体棱长为1，P，Q分别是棱，BC的中点，点M是其侧面上的动点（含边界），下列结论正确的是（ ）

A．点D到直线AQ的距离为
B．存在点M使得
C．当时，点M的轨迹长度为
D．保持PM与垂直时，点M的运动轨迹长度为
三、填空题
12．已知直线的一个方向向量坐标为，则直线的斜率为 .
13．在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为 .
14．某海面有一台风，当前台风中心位于轮船的正南方的处，台风以的速度向正东方向移动，台风侵袭的区域为圆形区域，半径为，轮船以的速度向东南方向航行，若将轮船视为一个质点，则台风侵袭轮船的时长为 小时.
四、解答题
15．已知直线经过，两点，直线在x轴上的截距为，且．
(1)求直线和直线的方程；
(2)已知直线经过直线与直线的交点，且在x轴上的截距是在y轴上的截距的3倍，求直线的方程．
16．如图，在正四面体中，，为棱的中点，为棱（靠近点）的三等分点，设．
(1)用表示；
(2)求；
(3)求的长．
17．已知圆，圆：，圆：，这三个圆有一条公共弦.
(1)当圆的面积最小时，求圆的标准方程；
(2)在（1）的条件下，直线同时满足以下三个条件：
（i）与直线垂直；
（ii）与圆相切；
（iii）在轴上的截距大于0，
若直线与圆交于，两点，求.
18．如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2．
(1)求证：平面BCDE；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在线段BD上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
19．人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．
(1)若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；
(2)若点，，求的最大值；
(3)已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．
1．C
利用空间中对称点的性质求解即可.
【详解】因为点关于轴的对称点为，
所以，故C正确.
故选：C
2．B
由直线倾斜角的定义，即可得到结果.
【详解】∵直线与x轴垂直，∴的倾斜角为．
故选：B
3．A
根据两直线垂直，列出方程求得的值，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由题意，直线，，
若，可得，解得，
即的充要条件是，所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4．A
求出两个圆的圆心与半径，利用圆心距与半径和与差的关系,可得选项.
【详解】圆的圆心半径，
圆的圆心半径，且两圆的圆心距为，
要使两个圆有公共点，则需满足，解得，所以的取值范围是，
故选：A.
5．A
【详解】由题意，是空间的一个基底，
，所以不共线，
因为不能构成空间的一个基底，则共面，
所以存在使得，
即
所以，解得．
故选：A．
6．C
由，可知圆心到直线的距离，进而可求的值.
【详解】

如图所示，由已知，即，
可得圆心，半径，
又，所以，即为等腰直角三角形，
所以圆心到直线的距离，
即，解得；
故选：C.
7．A
根据给定条件，结合长方体及正四棱台的结构特征建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角的余弦值.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，在正四棱台中，
点到平面距离为,
则，，
因此，
所以异面直线与夹角的余弦值为.
故选：A

8．B
由题设可得直线恒过定点，曲线表示以为圆心，1为半径的圆的右半部分，进而结合图象及直线与圆的位置关系求解即可.
【详解】由直线，恒过定点，
曲线，即，
该曲线表示以为圆心，1为半径的圆的右半部分，如图，

当直线与该半圆相切时，，且，解得；
当直线过点时，有，解得，
结合图象可知，要使直线与该半圆至少有一个公共点，
则，即实数的取值范围是.
故选：B
9．ABC
利用空间向量减法的坐标运算判断A，利用模长公式判断B，利用数量积的坐标运算判断C，利用平行向量的定义判断D即可.
【详解】由题意得，
对于A，由空间向量减法的坐标运算法则得，故A正确，
对于B，由空间向量的模长公式得，故B正确，
对于C，由空间向量的数量积的坐标运算法则得，故C正确，
对于D，设，可得，所以，此时方程组无解，
得到向量与向量不平行，故D错误.
故选：ABC
10．BD
将圆的一般式化为标准式，得到圆心和半径判断A，两圆相减得到直线的方程判断B；由垂径定理得到线段的长判断C，设，利用三角恒等变换得到最值判断D即可.
【详解】对于A，变形为，
得到圆心为，半径为1，故A错误；
对于B，圆和圆相减得，
故直线的方程为，故B正确；
对于C，由B可知，直线的方程为，
圆心到的距离为，
故线段的长为，故C错误；
对于D，由题意得，设，
则
，其中，
故当时，取得最大值，最大值为，故D正确.
故选：BD
11．ABC
对于A，利用等面积法求点到直线的距离即可；对于B，当点M和点重合时，；对于C，由点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆在正方形内的部分求解；对于D，建立空间直角坐标系，根据与垂直，由，得到点M的轨迹求解.
【详解】对于A，正方体棱长为1，Q是棱BC的中点，
故，
设点D到直线AQ的距离为，则，
解得，故A正确；
对于B，当点M和点重合时，因为侧面，故,
由正方体知，,且，
故四边形是平行四边形，所以,
因为P，Q分别是棱，BC的中点，
故,所以，
又因为，故，
存在点M使得，故B正确；
对于C，取的中点，连接，因为为的中点，所以，
因为平面，可得平面，
又因为平面，所以，
在直角中，由，可得，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆在正方形内的部分，
如图所示，在直角中，由，可得，
所以，可得，
即当时，点M的轨迹长度为，所以C正确；

对于D，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

如图所示，可得，设，其中，，
则，
因为与垂直，可得，即，
令，可得；当，可得，
即直线与正方形的边的交点为，
可得，故D错误.
故选：ABC
12．
利用方向向量与斜率之间的关系求解斜率即可.
【详解】因为直线的一个方向向量坐标为，
所以直线的斜率为.
故答案为：
13．
根据正方体的性质，结合正四面体的性质进行求解即可.
【详解】在棱长为1的正方体中，
，如图所示，
设点在平面的射影为，
因为，
所以有，
故答案为：
14．10
建立平面直角坐标系，小时后，台风侵袭的区域对应的圆的方程为，则台风侵袭轮船等价于，建立不等式求解即可.
【详解】以为坐标原点，台风移动的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系，
则小时后，台风侵袭的区域对应的圆的方程为，圆心，
此时轮船的位置为，
则台风侵袭轮船等价于，
所以，解得，
所以台风侵袭轮船的时长为小时.
故答案为：10.
15．(1)直线的方程为，直线的方程为
(2)或
（1）根据两点求直线的斜率，以及根据两直线垂直求直线的斜率，再根据点斜式求直线的方程；
（2）首先求直线的交点，再分直线过原点和不过原点两种情况求直线方程.
【详解】（1）直线的斜率为，
所以直线的方程为，即．
设直线的斜率为，因为，所以，所以，
所以直线的方程为，即；
（2）联立，得所以直线与的交点坐标为．
当直线过原点时，直线的方程为．
当直线不过原点时，设直线的方程为，
又直线经过与的交点，所以，得，
所以直线的方程为．
综上，直线的方程为或．
16．(1)
(2)-9
(3)
（1）根据空间向量加法的三角形法则，可将用基底表示；
（2）借助第一问的结论，根据向量的数量积运算法则求得；
（3）用基底表示，根据，并结合正四面体的性质，可以求得的长.
【详解】（1）
.
（2）因为，由（1）知，
所以
.
（3）
.
17．(1)
(2)
（1）联立圆与圆的方程，求得公共弦的两个端点坐标分别为，，当圆的面积最小时，是圆的直径，求解即可；
（2）由题意设直线的方程为，结合条件直线与圆相切，在轴上的截距大于0，求得，然后利用弦长公式求解.
【详解】（1）依题意，由，解得或，
因此圆与圆的公共弦的两个端点坐标分别为，，
当圆的面积最小时，是圆的直径，则圆的圆心为，半径为，
所以圆的标准方程是.
（2）因为直线与直线垂直，则设直线的方程为，
而直线与圆相切，则有，解得或，
又因为在轴上的截距大于0，即，所以，
即直线的方程为，而圆的圆心，半径，
点到直线：的距离为，
于是得.

18．(1)证明见详解；
(2)
(3)存在，
（1）根据线面垂直判定证平面，再由线面垂直性质有，最后由线面垂直判定证结论；
（2）建立空间直角坐标系，应用向量法求二面角余弦值；
（3）令，,根据面面垂直及相关面的法向量列方程求参数，即可得答案.
【详解】（1）因为，即,
又,平面，
所以平面，平面，所以.
又,平面，所以平面.
（2）因为平面，，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，
则，所以,
设平面的法向量，由，得，
因为平面，所以平面的法向量，所以.
因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
（3）假设在线段上存在一点，使得平面平面,
设，，则.
所以，设平面的法向量，
由，令，得，
因为平面平面，所以，解得，
所以在线段上存在点，使得平面平面，且.
19．(1)，
(2)
(3)存在，和
（1）代入和的公式，即可求解；
（2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解；
（3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程.
【详解】（1），
，
；
（2）设，由题意得：，
即，而表示的图形是正方形，
其中、、、．
即点在正方形的边上运动，，，
可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值．
因此，点有如下两种可能：
①点为点，则，可得；
②点在线段上运动时，此时与同向，取，
则．
因为，所以的最大值为．
（3）易知，设，则
当时，，则，，满足题意；
当时，，
由分段函数性质可知，
又且恒成立，当且仅当时等号成立．