精品解析：江苏省南菁高级中学2025-2026学年高二上学期10月阶段考试数学试卷

江苏省南菁高级中学2025－2026学年第一学期 高二年级10月份阶段考试数学试卷 命题人：李永永 审题人：汪学军 本试卷满分150分 考试时间120分钟 一、单选题（本小题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意） 1. 已知直线过点，，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直线的斜率，由斜率与倾斜角关系即可求解. 【详解】由题可得：，所以直线的倾斜角为：； 故选：C 2. 已知直线和直线，则是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出的充要条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断得解. 【详解】当时，直线与直线重合， 由，得，且，解得，反之当时，， 所以是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 3. 如图所示，在三棱锥中，为的中点，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算求解即可. 【详解】由题意可得： . 故选：A. 4. 已知空间向量，若共面，则实数 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理可知存在一对有序实数，使，然后列方程组可求得答案. 【详解】因为不共线，共面， 所以存在一对有序实数，使， 所以， 所以，解得， 故选：A 5. 若平面的一个法向量为且该平面过点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得，利用点到面的距离公式可求点到平面的距离. 【详解】因为点，点，所以， 又平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 故选：B. 6. 在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法可得异面直线夹角. 【详解】 设正方体棱长为， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 是中点， ， 则，， 所以， 所以异面直线与夹角余弦值为， 故选：C. 7. 如图，已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面，此时直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量求法可得答案． 【详解】依题意，，，而平面平面， 平面平面，又平面，平面， 则平面，平面，，因此直线两两垂直． 如图，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 令，则，，，，， ，，设平面的法向量， 则，令，得． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 则直线与平面所成角的余弦值为． 8. 正三棱柱中，，，O为的中点，M为棱上的动点，N为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段的表达式，利用函数求最值即可. 【详解】因为正三棱柱中，为的中点， 取中点，连接，如图， 以为原点，，，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 因为是棱上一动点，设，且， 因为，所以， 于是令，. 所以，. 又因为函数在上为增函数， 所以当时， 即线段长度的最小值为 当时，， 即线段长度的最大值为， 所以线段长度的取值范围为. 故选：B. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 任意一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率 B. 点关于直线的对称点为 C. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2 D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 【答案】AB 【解析】 【分析】对选项A，根据倾斜角和斜率的概念即可判断A正确，对选项B，设关于直线对称的点为，得到，再解方程即可判断B正确，对选项C，分别求出直线与两坐标轴的交点，即可判断C错误，对选项D，分别讨论直线过原点和不过原点两种情况，即可判断D错误. 【详解】对选项A，任意一条直线都有倾斜角，当倾斜角为时，不存在斜率，故A正确. 对选项B，设关于直线对称的点为， 则，即关于直线对称的点为，故B正确. 对选项C，直线，令，得，令，， 则直线与坐标轴围成的面积，故C错误. 对选项D，当所求直线过原点时，设直线为， 因为点在上，所以，所求直线为. 当直线不过原点时，设所求直线为， 因为点在上，所以，所求直线为. 综上所求直线为：或，故D错误. 故选：AB 10. 如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若，则存在，使 D. 若，则存在，使平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项，统一变量，结合向量的线性运算关系判断动点的位置可得出结果；C选项可做反解验证，以垂直为条件运算；D选项为探究，可假设存在，以线面垂直为条件求解验证判别. 【详解】 对于A，若，则，则点在线段上，如上图. 因平面平面，且平面平面，平面平面， 故因平面，平面，故平面，同理可证平面， 因平面，平面，且，故有平面平面， 又因为平面，所以平面，故A正确； 对于B，若，则（为的中点）如上图. 又因为，所以.故点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，若，则，所以. ，所以点在线段上（如上图）.假设，则， 即，化简得， 该方程无解，所以不存在，故C错误； 对于D，如上图，设为的中点， 当时，则，即， 建立如图所示的空间直角坐标系. 则， . 所以. 假设平面，则， 即，解得.故D正确. 故选： . 11. 如图，平行六面体的所有棱长均为，，，两两所成夹角均为，点，分别在棱，上，且，，则（ ） A. B. 在方向上的投影向量为 C. ，，，四点共面 D. 直线与所成角的余弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由的线性运算后再平方可判断A；对两边平方求出，再由投影向量的定义可判断B；在上取点，使得，可得四边形、四边形为平行四边形，求出，可判断C；由向量的夹角公式计算可判断D. 【详解】 对于A，， ， ，则，故A错误； 对于B，因为平行六面体棱长均为2，、、两两所成夹角均为， 所以， 则， ，则， ， B正确； 对于C，在上取点，使得，连接，，，， 因为，，所以四边形为平行四边形，可得， 因为，，所以四边形为平行四边形，可得， 所以，可得，，，四点共面，故C正确； 对于D，因为，， ， 所以 ， ，D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛： 求向量模长解题的关键点是先对所求向量进行线性运算，再平方计算. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线：与直线：互相垂直，则它们的交点坐标为_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用互相垂直求出，然后两直线联立即可求出交点坐标. 【详解】因为直线：与直线：互相垂直， 所以，解得， 联立，解得直线和的交点坐标为， 故答案为： 13. 已知点是所在平面内的任意一点，是平面外的一点，满足，则的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用共面向量的基本定理结合空间向量的基本定理可得出，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】因为点是所在平面内的任意一点，则存在、，使得， 即， 所以，， 又因为是平面外的一点，则、、不共面， 因为，则，，， 所以，，所以，， 所以，， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故的最小值是. 故答案为：. 14. 已知空间向量，，两两的夹角均为，且，.若向量，分别满足与，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由结合已知变形得出，令，可得，，再由另一条件得，利用数量积的性质得出，最后由模的三角不等式可得结论． 【详解】由题意，， 因为，所以， ，所以， 令，则，且， ， 由得， 所以， 所以，当且仅当，，共线且，共线时等号成立． 故答案为：． 【点睛】本题考查空间向量数量积的应用，向量模的绝对值三角不等式，解题关键是把已知条件由结合已知变形得出，引入向量，可得，并得出，利用此式，得出的最小值，从而由向量模的三角不等式得出结论．实际上本题从向量数量积的几何意义，向量的运算法则可容易得出关系式，本题对学生的转化与化归思想，运算求解能力要求较高，属于难题． 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知平面内两点，. （1）求过点且与直线垂直的直线的方程； （2）若，求的边上的中线所在直线方程； 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出直线的斜率，由垂直关系得直线的斜率，再利用点斜式求出方程. （2）求出边的中点坐标及直线的斜率，再利用点斜式求出方程. 【小问1详解】 由点，得直线的斜率， 由直线，得直线的斜率为，而直线过点， 所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 由点，得边的中点，而点， 则直线的斜率，方程为，即， 所以中线所在直线方程为. 16. 已知是正方形，直线平面，且. （1）求异面直线所成的角； （2）求二面角的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线所成的角. （2）利用向量法求得二面角的大小. 【小问1详解】 由于平面，平面， 所以. 四边形是正方形，所以， 故两两垂直， 以为原点建立空间直角坐标系， ， 设异面直线所成的角为，， 则， 由于，所以. 【小问2详解】 设平面的法向量为， 则，故可设， 同理可得，平面的法向量为， 设二面角为，由图可知为锐角， 所以，则. 17. 已知直线． （1）求直线所过定点； （2）若直线不经过第四象限，求实数的取值范围； （3）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由方程变形可得，列方程组，解方程即可； （2）数形结合，结合直线图象可得出关于实数的不等式，解之即可； （3）求得直线与坐标轴的交点，可得面积，进而利用二次函数的性质可得最值. 【小问1详解】 由，即， 则，解得，所以直线过定点. 【小问2详解】 因为直线不过第四象限，结合图形可知，直线的斜率存在，所以， 此时，直线的方程可化为，记点，则， 由图可得，解得，因此，实数的取值范围是. 【小问3详解】 已知直线，且由题意知， 令，得，得， 令，得，得， 则， 所以当时，取最小值， 此时直线的方程为，即. 18. 如图，在三棱柱中，底面，，，到平面的距离为1. （1）证明：； （2）设点，分别在直线和上移动，求长的最小值； （3）已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 在三棱柱中，由底面，平面， 得，而，则两两垂直， 以为正交基底建立如图空间直角坐标系，设， 则，， 设平面的法向量为，则，取，得， 因此点到平面的距离，而， 解得，所以. （2）1； （3）. 【解析】 【分析】（1）以为正交基底建立空间直角坐标系，结合点到平面的距离列式求解得证. （2）取中点，证明是异面直线与的公垂线并求出长即可. （3）求出直线的方向向量，再利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，由，得，又，则， 由，平面，，得平面， 而平面，则，因此是异面直线与的公垂线， 所以长的最小值为1. 【小问3详解】 记，由（1）得， 则，， 在三棱柱中，，直线与距离为2，则点到的距离. 而，则，， 又平面的法向量，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 19. 如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． （1）证明：平面平面； （2）在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 所以平面平面. （2）存在；，理由如下： 因为平面，，以点为坐标原点， 、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以，， 平面的一个法向量为，，， 则，令，可得， 则，整理可得， 因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且. 【解析】 【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省南菁高级中学2025－2026学年第一学期 高二年级10月份阶段考试数学试卷 命题人：李永永 审题人：汪学军 本试卷满分150分 考试时间120分钟 一、单选题（本小题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意） 1. 已知直线过点，，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线和直线，则是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 如图所示，在三棱锥中，为的中点，设，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知空间向量，若共面，则实数 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 若平面的一个法向量为且该平面过点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面，此时直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 正三棱柱中，，，O为的中点，M为棱上的动点，N为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 任意一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率 B. 点关于直线的对称点为 C. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2 D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 10. 如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若，则存在，使 D. 若，则存在，使平面 11. 如图，平行六面体的所有棱长均为，，，两两所成夹角均为，点，分别在棱，上，且，，则（ ） A. B. 在方向上的投影向量为 C. ，，，四点共面 D. 直线与所成角的余弦值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线：与直线：互相垂直，则它们的交点坐标为_________. 13. 已知点是所在平面内的任意一点，是平面外的一点，满足，则的最小值是______． 14. 已知空间向量，，两两的夹角均为，且，.若向量，分别满足与，则的最小值是__________. 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知平面内两点，. （1）求过点且与直线垂直的直线的方程； （2）若，求的边上的中线所在直线方程； 16. 已知是正方形，直线平面，且. （1）求异面直线所成的角； （2）求二面角的大小. 17. 已知直线． （1）求直线所过定点； （2）若直线不经过第四象限，求实数的取值范围； （3）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程． 18. 如图，在三棱柱中，底面，，，到平面的距离为1. （1）证明：； （2）设点，分别在直线和上移动，求长的最小值； （3）已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值. 19. 如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． （1）证明：平面平面； （2）在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $