广东广州市番禺区八校2025-2026学年第一学期期中高二年级教学质量监测数学试题（含解析）

这是一份广东广州市番禺区八校2025-2026学年第一学期期中高二年级教学质量监测数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 在三棱锥中，为的中点，若，则等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上．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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章～第二章第4节．
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. 直线的倾斜角为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线的斜率公式为，先使用这个公式求出直线的斜率，再用公式，求出倾斜角即可.
【详解】，
，
设倾斜角为，，
，
，
，
.
故选：A.
2. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在空间直角坐标系中，一个点关于平面对称的点的坐标为，据此即可得到答案．
【详解】由空间直角坐标系，可得点关于平面对称的点的坐标为.
故选：C
3. 已知圆的方程为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆的一般式方程满足的条件列不等式求解即可.
【详解】由题意得，解得.
故选：D.
4. 已知点、，若过定点的直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出图形，求出直线、的斜率，观察直线在绕着点旋转时，直线的倾斜角的变化，即可得出直线的斜率的取值范围.
【详解】设过点且垂直于轴的直线交线段于点，如下图所示：
，，
当直线从的位置旋转至与的位置靠近时，
此时直线的倾斜角逐渐增大，且为锐角，则；
当直线从靠近的位置旋转至的位置时，
此时直线的倾斜角逐渐增大，且为钝角，则.
综上所述，直线的斜率的取值范围是.
故选：A.
5. 在三棱锥中，为的中点，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理求出答案.
【详解】由题意得为中点，所以，
又因为，所以，
所以，故A项正确.
故选：A.

6. 若是空间的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做向量在基底下的斜坐标.已知空间向量在基底下的斜坐标为，则在基底下的斜坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得，设在基底下的斜坐标为，则，化简并联立，可得x，y，z的值，即可得答案.
【详解】由空间向量在基底下的斜坐标为，得，
设在基底下的斜坐标为，
则，
所以，解得，
所以空间向量在基底下的斜坐标为.
故选：C.
7. 在正三棱锥中，，点为空间中的一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】记的重心为，点是的中点，点是的中点，进而求得，利用空间向量加减、数乘的几何意义，将化为，数形结合求最小值.
【详解】记的重心为，点是的中点，点是的中点，

在正三棱锥中，所以，
平面，又平面，所以，则.
又，
所以
，
所以当与重合时，取最小值0，
此时有最小值.
故选：C
8. 已知点为直线上一点，则的最小值是（ ）
A. B. 7C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】先求出点关于直线的对称点的坐标，然后转化成求两点间的距离求解即可.
【详解】因为在直线上，设点关于直线的对称点为，
则解得故，连接交直线于点，
当在点时，取得最小值，其最小值为.
故选：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. 若直线与直线平行，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用两直线平行的等价条件，即可解得实数的值.
【详解】因为直线与直线平行，
则，解得或.
故选：AB.
10. 已知四边形是平行四边形，，，，则（ ）
A. 点D的坐标是B.
C. D. 四边形的面积是
【答案】BD
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质可知即可求出D点坐标判断A，利用两点间距离公式判断B，由向量夹角公式判断C，由三角形面积公式可得平行四边形面积判断D.
【详解】不妨设点D坐标为，因为四边形是平行四边形，所以，
即，所以，，，所以点D坐标为，故A错误；
，故B正确；
，，所以，故C错误；
因为，所以四边形的面积，故D正确.
故选：BD
11. 如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（ ）

A. ，，，四点共面
B. 与所成角的大小为
C. 在线段上存在点，使得平面
D. 在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的共面定理可判断A选项，利用坐标法求异面直线夹角可直接判断B选项，假设在线段上存在点，设，，利用坐标法验证线面垂直，可判断C选项；分别证明与上的所有点到平面的距离为定值，即可判断D选项.
【详解】以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，，
设，

则，
所以，解得，
故，即，，，四点共面，故A正确；
因为，，
所以，
所以与所成角的大小为，故B错误；
假设在线段上存在点，符合题意，
设（），则，
若平面，则，,
因为，，
所以，此方程组无解，
所以在线段上不存在点，使得平面，故C错误；
因为，所以，
又平面，平面，所以平面，
故上的所有点到平面的距离即为到平面的距离，是定值，
又的面积是定值，
所以在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值，故D正确；
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知直线的方程为，则坐标原点到直线的距离为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用点到直线距离公式代入计算即可得出结果.
【详解】将直线化为一般方程可得，
由点到直线距离公式可得坐标原点到直线的距离为.
故答案为：
13. 在空间直角坐标系中，已知，则点到平面的距离是__________.
【答案】##
【解析】
【详解】因为，
所以，
设平面EFG的一个法向量为，
则n⋅EF=−2x=0n⋅EG=−x−y+3z=0，令，得，
所以点到平面的距离.
14. 在平行六面体中，，且交平面于点，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】作出辅助线，根据平面的基本性质得到，并求出，平方后，由向量数量积公式得到，，从而得到答案.
【详解】根据题意，连接交于点，连接与交于点，
在平行六面体中，∽，则，故，
根据平面的基本性质可知点与点重合，故，其中，
故
，
所以，所以.
故答案为：
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. 已知直线及点.
（1）若与垂直的直线过点，求与的值；
（2）若点与点到直线的距离相等，求的斜截式方程.
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】（1）由垂直关系及点在线上列出等式求解即可；
（2）由点到线的距离公式列出等式，求解即可.
【小问1详解】
因为直线过点，
所以，解得，
因为与垂直，
所以.
【小问2详解】
因为点与点到直线的距离相等，
由点到直线的距离公式得.
解得，
当时，的斜截式方程为，
当时，的斜截式方程为.
16. （1）已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程；
（2）已知的三个顶点分别是，，，求的外接圆的标准方程.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】（1）设出直线方程，求出截距，利用截距相等建立方程求解斜率即可求出直线方程；
（2）设出圆的一般方程，将点代入方程求解，再化为标准方程即可.
【详解】（1）显然直线的斜率存在且不等于0，设直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，解得，令，解得，
又直线在两坐标轴上的截距相等，所以，解得或，
所以直线的方程为或.
（2）设的外接圆的方程为，
则，解得，，，
所以的外接圆的方程为，
所以的外接圆的标准方程为.
17. 如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且.

（1）若点满足，求证：平面；
（2）底面内是否存在一点，使得平面?若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和，再计算，从而可证明；
（2）假设底面内存在一点，使得平面，从而根据列式可求解.
【小问1详解】
以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.

所以，，，，，，
所以，.
设平面的一个法向量，
所以，
令，解得，，
所以平面的一个法向量.
若，则，
所以，
所以，，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
假设底面内存在一点，使得平面，
设，
又，所以，
又平面的一个法向量，所以，
所以，解得，，
所以底面内存在一点，使得平面，此时.
18. 如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点．
（1）证明：；
（2）当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）当二面角的余弦值为时，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先由勾股定理得到，再由线面垂直的判定定理证明平面即可；
（2）建立如图所示坐标系，求出平面的一个法向量再代入空间线面角的公式求解即可；
（3）设，求出平面和平面的一个法向量代入空间二面角公式求出即可；
【小问1详解】
证明：因为，
所以，所以，
又，且平面，所以平面，
又平面，所以．
【小问2详解】
因为，所以，则．
由（1）可知两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
当点为棱的中点时，．
设平面的一个法向量，
则即令，解得，故，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【小问3详解】
由（2）可知，
设，则，
设平面的一个法向量，
则即令，解得，
故，
设平面的一个法向量为，
由得令，解得，故，
所以，
即，整理，得，解得或（舍去）．
故．
19. 在空间直角坐标系Oxyz中，任何一个平面的方程都可以表示成（其中a，b，，，且），在空间中，给定平面内一点和该平面的法向量，也可以确定该平面的方程，例如已知是平面内一点，是平面的法向量，设是平面内任意一点，根据可得平面的方程为.如图，在正方体中，，点是线段的中点，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.
（1）求平面的方程；
（2）①求证：是平面的一个法向量；
②求证：到平面的距离为.
（3）若过点的平面PQN的方程为，求平面与平面PQN夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）求得平面的一个法向量，设点是平面内任意一点，利用，可求得平面的方程；
（2）①在平面上任取两点，由题意可证，可得结论；②利用点到面的距离公式计算即可证明；
（3）利用点在平面内可求得，求得平面PQN的一个法向量，求得平面的一个法向量，利用向量的夹角公式计算可求得平面与平面PQN夹角的余弦值.
【小问1详解】
由题意可得，

设是平面的一个法向量，
则p⋅MB=2y1−z1=0p⋅MC1=−2x1+2y1+z1=0，令，得，
所以.
设点是平面内任意一点，，
由，得，
所以平面的方程为.
【小问2详解】
①在平面上任取两点，
则有ax2+by2+cz2+d=0,ax3+by3+cz3+d=0.
因为，
所以，
所以，即垂直于平面内任意一条直线，
所以是平面的一个法向量.
②取平面上一点，则，
所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
因为平面PQN过点，所以，解得.
所以平面PQN的方程为，
由（2）知平面PQN的一个法向量为，
由（1）知是平面的一个法向量，
设平面与平面PQN的夹角为，则，
即平面与平面PQN夹角的余弦值为.