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2025-2026学年度高中数学选择性必修一
1.1-2.5直线与圆的方程滚动测试卷（基础）
考试范围：选择性必修第一册第一章、第二章2.1-2.4；考试时间：120分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．在空间四边形OABC中，（ ）
A． B． C． D．
2．已知点，，若过点的直线l与线段AB相交，则直线l斜率k的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．以下命题中，不正确的是（ ）
A．是，共线的充要条件
B．已知向量，，若，则为钝角
C．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
D．已知空间直角坐标系中的点A的坐标为，平面过点A且与直线垂直，动点是平面内的任一点，则点P的坐标满足
4．过与的交点，且平行于向量的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论一定正确的是（ ）

A．平面平面 B．平面平面
C．直线平面 D．直线平面
6．瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，则该三角形的欧拉线方程是（　　）
A． B．
C． D．
7．由曲线围成的图形面积为（ ）
A． B． C．2 D．
8．已知直线与圆相交于，两点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．如图，正八面体棱长为1，M为线段上的动点（包括端点），则（ ）
A． B．的最小值为
C．当时，AM与BC的夹角为 D．
10．若两直线与平行，则实数的值可以为（ ）
A．3 B．2 C．-2 D．1
11．如图，在菱形中，，沿对角线将折起，使点，之间的距离为，若分别为直线上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，点到直线的距离为
B．线段的最小值为
C．平面平面
D．当分别为线段的中点时，与所成角的余弦值为
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．在三棱柱中，点在线段上，且，若以为基底表示，则 ．
13．已知的两顶点A，B在直线：上，点C在直线：上．若的面积为2，则AB边的长为 ．
14．一条光线从点射出，被轴反射后经过圆的圆心C，则入射光线所在的直线方程为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．如图，四面体中，，，，M，N分别是棱，的中点，设，，
(1)用表示向量；
(2)求，所成角的余弦值．
16．已知直线与直线，为它们的交点，点为平面内一点.求
（1）过点且与平行的直线方程；
（2）过点的直线，且到它的距离为2的直线方程.
17．已知的面积为10，点求动点C的轨迹方程．
18．已知圆与圆的相交于两点.
(1)求线段的长度；
(2)若圆经过圆与圆的交点，且圆心在直线上，求圆的方程.
19．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，棱，且底面，点，．
(1)证明：平面；
(2)若点，且，证明：平面；
(3)求平面与平面的夹角的大小．
试卷第2页，共4页
试卷第3页，共4页
《2025-2026学年度高中数学选择性必修一1.1-2.5直线与圆的方程滚动测试卷（基础）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C C C A C B C BC BC
题号 11
答案 BCD
1．A
【分析】利用空间向量的加减运算计算即可.
【详解】.
故选：A
2．C
【分析】利用斜率公式求，数形结合确定直线斜率的范围.
【详解】由题设，如下图示，
所以.
故选：C
3．C
【分析】分别验证充分性以及必要性即可判断A，当时，代入计算，即可判断B，由空间向量基底的定义，代入计算，即可判断C，由空间向量的坐标运算，即可判断D.
【详解】对于A：充分性，若，则方向相反，且，充分性成立；
必要性，若共线且方向相同，则，即必要性不成立，
所以是，共线的充分不必要条件，故A错误；
对于B：当时，，，则，
即与反向共线，则，故B错误；
对于C：因为为空间的一个基底，所以不共面，
设不能构成空间的一个基底，
则存在实数，使得，所以，显然无解，
所以可以构成空间向量的一个基底，故C正确；
对于D：因为，所以，
且，，
由勾股定理可得，
即，化简可得，
所以点P的坐标满足，故D错误；
故选：C
4．C
【分析】首先求出两直线的交点坐标，然后再根据所求直线平行于向量，从而可求出答案.
【详解】由，得，所以交点坐标为，
又因为直线平行于向量，所以所求直线方程为，
即.
故选：C.
5．A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，令，则，，，，，，
设，，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，取，
同理可求平面的一个法向量为，
①当与重合即时设平面的一个法向量为，
此时，所以平面平面，
又平面的一个法向量为，满足，所以平面平面，
又，所以，显然直线与平面不平行，故C错误；
而直线平面，故D错误；
②当与不重合即时设平面的一个法向量为，
则，取，
此时，即平面平面，
又，所以平面与平面不垂直，故B错误；
综上可得若为线段上的点，均可满足平面平面，故A正确；
故选：A

6．C
【解析】首先求出三顶点的重心坐标，以及外心坐标，再根据定义求出直线方程；
【详解】解：因为的顶点，所以三角形的重心坐标为，的中垂线方程为，，的中点坐标为，所以的中垂线方程为，即，所以三角形的外心为直线与的交点，
所以三角形的欧拉线方程为，整理得
故选：C
【点睛】本题考查三角形的三心，外心为三角形三边垂直平分线的交点，对于三角形的顶点，其重心坐标为；
7．B
【分析】分类讨论研究曲线的性质并画出示意图，数形结合判断图形构成求面积.
【详解】当时，曲线为，
当时，曲线为，
当时，曲线为，
当时，曲线为，
同时点均在曲线上，如下图，
围成图形是4个半径均为的半圆，与1个边长为的正方形组成，
所以图形面积为.
故选：B
8．C
【分析】联立直线与圆的方程求A、B的坐标，再由向量数量积的坐标表示即可求.
【详解】由题意，联立，有，解得，，
∴若，则，则.
故选：C.
9．BC
【分析】根据体积公式即可求解A，根据平面中两点距离最小即可求解B，根据线线垂直可得线面垂直，进而求解C，根据数量积的运算律即可求解D.
【详解】对于A,连接相交于，故
，，A错误；
对于B，因与均是边长为1的正三角形，故可将沿翻折，
使其与共面，得到菱形，则，B正确；
对于C，由且,平面,
故平面，平面，，
若，平面,则平面，
故，知M与C重合，AM与BC的夹角为，C正确；
对于D，，，
由于平面，故平面，
平面，故
（与的夹角为钝角），D错误．
故选：BC.
10．BC
【分析】由两直线平行的充要条件列方程求解即可，注意检验是否重合.
【详解】若两直线与平行，
则，解得，经检验符合题意．
故选：BC.
11．BCD
【分析】先证明出平面，利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面，即可判断C；以为原点，分别为轴建立坐标系，用向量法判断选项A、B、D.
【详解】取的中点，连接.
在菱形中，，所以.
因为，所以，所以.
又易知，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，故C正确；
以为原点，分别为轴建立坐标系，
则，
当时，，
，
所以点D到直线的距离为
，故A错误；
设，由得，，
当时，，故B正确；
当分别为线段的中点时，
设与所成的角为，
所以与所成角的余弦值为，故D正确；
故选：BCD
12．
【分析】利用向量的线性关系结合图形运算即得.
【详解】在三棱柱中，点在线段上，且，
所以，，

所以
.
故答案为：.
13．
【分析】易知两直线平行，根据两平行线间的距离公式，求得△ABC的高，进而根据三角形面积公式，求得边AB的长.
【详解】已知直线：，直线：，可知 ，
两平行线间的距离d= ，
根据三角形的面积公式得 ，解得= .
故填：.
【点睛】本题考查了两直线的平行，考查了两平行直线的距离公式的应用；两条平行直线间的距离d=.
14．
【分析】求出圆心，反射光线的斜率，进而求出入射光线的斜率，点斜式求出入射光线的方程.
【详解】由，得圆心，
设点关于轴的对称点为点，则，
反射光线的斜率为，所以入射光线的斜率为，
入射光线的方程为：，即为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）直接通过向量的线性运算表示出即可；
（2）先计算出，再求出和，按照夹角公式即可求解.
【详解】（1）
（2），，，，
，，
由（1）知，，
，
，
又，，故，所成角的余弦值为.
16．（1）（2）或
【详解】试题分析：(1)先求，写出直线点斜式方程，整理得解(2)先求两条直线的交点，设出直线方程，利用点到直线的距离，求出k，从而确定直线方程．
试题解析：
（1）
∴
∴
∴
（2）
∴，
当斜率不存在，则方程为，不合题意
当斜率存在，设方程,
而,
∴,
∴,
，
∴或，
∴方程为或.
点睛：做有关直线方程的题目一定要先考虑斜率不存在的情况，以免丢解.
17．或．
【分析】首先求得到直线的距离为，即动点到直线AB的距离为，的轨迹方程为两条平行直线，结合两条平行线间的距离公式即可求解．
【详解】，设到的距离为，则.
直线的方程为，即
设的轨迹为
则或，
所以所求C的轨迹方程为或．
18．(1)
(2)
【分析】（1）联立两圆的方程可解得交点坐标，即可根据点点距离求解长度，
（2）根据待定系数法即可列方程求解.
【详解】（1）联立两圆的方程可得，
将与联立可得，
解得或，
不妨设，则
（2）设圆的方程为，
由题意可得，解得，
所以圆的方程为
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由题意可证，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法可证平面；
（2）利用向量法可证，进而结合已知可证结论；
（3）求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面的夹角.
【详解】（1）在四棱锥中，，底面，
，，
由底面是正方形，得，
以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
，
，，，，
，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为得，
，
而平面，平面；
（2）由（1）知，，
由，得，
又，
则，且，，平面，
平面；
（3）由（1）知，，且，，
设平面的法向量为，
则，
取，则，
所以平面的一个法向量为，
，，而，
则，，
即，，
则平面的一个法向量为，
，
设平面与平面的夹角为，
则，
，，
平面与平面的夹角为．
答案第12页，共13页
答案第1页，共13页

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