精品解析：北京市第五中学2025-2026学年高二上学期第一次阶段检测数学试卷

2025/2026学年度第一学期第一次阶段检测试卷 高二数学 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知空间中任意四点，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量的运算法则可得. 【详解】. 故选：C. 2. 直线的倾斜角等于（ ） A. B. C. D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】根据倾斜角的概念求解 【详解】直线与轴垂直，倾斜角为 故选：C 3. 已知四面体ABCD，=，=，=，点M在棱DA上，=，N为BC中点，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件用表示出，再借助向量加法法则即可得解. 【详解】在四面体ABCD中，连接DN，如图所示， =，=，=，因=，N为BC中点，则，， 于是得. 故选：C 4. 在空间直角坐标系中，设直线的方向向量为，直线的方向向量为，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由两直线垂直有对应方向向量的数量积为0，再应用空间向量数量积的坐标表示列方程求参数值. 【详解】由，则，故. 故选：B 5. 已知A，B，C，D，E是空间中的五个点，其中点A，B，C不共线，则“存在实数x，y，使得是“平面ABC”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC，结合充分必要条件的定义即可求解. 【详解】若平面ABC，则共面，故存在实数x，y，使得，所以必要性成立； 若存在实数x，y，使得，则共面，则平面ABC或平面ABC，所以充分性不成立； 所以 “存在实数x，y，使得是“平面ABC”的必要不充分条件， 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量共面的问题，理清存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC是解题的关键，属于基础题. 6. 已知点，若直线与线段相交，则的取值范围为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把直线的方程整理为，显然直线过定点，结合图形进行求解即可. 【详解】由直线的方程为，变形得， 显然直线过定点， 而，， 由图可知，要使直线与线段AB相交， 则或，即k的取值范围是. 故选：B. 7. 经过圆的圆心且与直线垂直的直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】确定圆心坐标，由垂直关系确定斜率，再由点斜式方程即可求解. 【详解】由可得圆心坐标为：， 直线的斜率为， 所以经过圆的圆心且与直线垂直的直线的方程为： ， 即， 故选：B 8. 人教版选择性必修第一册教材页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，设是平面内的任意一点.由，可得，此即平面的点法式方程.利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求出平面的法向量，利用线面角公式即可求解． 【详解】因为平面的方程为， 所以平面的一个法向量为， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成角为， 则，则， 即直线与平面所成角的余弦值为． 故选：A． 9. 如图，在等腰直角三角形中，点是边上异于、的一点.光线从点出发，经过、反射后又回到点.若光线经过的重心，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用光的反射以及轴对称的性质确定出直线的方程，再将重心坐标代入方程即可求解出的长度. 【详解】建立平面直角坐标如图，作关于的对称点，作关于轴的对称点，设， 因为，， 所以，解得， 由光的反射原理可知：四点共线，所以， 所以，代入重心坐标即， 所以，解得或 (舍). 故选：D. 10. 已知实数，，，满足：，，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆，直线，，求，进而得，求的中点的轨迹方程，表示和到直线的距离和，利用数形结合即可求解. 【详解】设圆，直线，， 所以点在圆上， 又因为， 由，所以为等边三角形，所以， 过和作直线的垂线，垂足分别为， 则表示和到直线的距离和， 由图形得只有当、都在直线的下方时，该距离之和才会取得最大值． 取的中点，过作，垂足为，则， 又因为为等边三角形，为中点，所以， 所以点在上运动， 又到直线的距离为， 所以当时，到直线距离的最大值为， 所以的最大值为， 所以的最大值为， 故选：A. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 经过两点的直线的方向向量为，求k的值为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】求出，由直线方向向量定义和向量平行得到方程，求出k的值. 【详解】， 由与平行可得，解得. 故答案为：2 12. 直线与直线平行，则实数______． 【答案】或 【解析】 【分析】利用两条直线平行列式计算得解. 【详解】由直线与直线平行， 得，所以或. 故答案为：或 13. 过点且在两坐标轴上截距相等的直线的方程为________． 【答案】或. 【解析】 【分析】分直线过原点和不过原点两种情况求直线方程. 【详解】当直线过原点时，设直线，代入点，得，得， 即； 当直线不过原点时，设直线，代入点，得，得， 即，化简得. 综上可知，满足条件的直线方程为或. 故答案为：或. 14. 满足条件，的的面积的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】方法一，建立坐标系，由此可求点的轨迹方程，结合三角形面积公式即可求解.方法二，由知点在定比为的阿波罗尼斯圆上，求出圆的半径，即可求解；方法三，利用作高法可求解；方法四，设，则，利用余弦定理结合三角形面积公式可求解. 【详解】方法一：如图所示，以所在的直线为轴，的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系， 则，，设，由， 由阿波罗尼斯圆的定义得，所以， 化简得，故点的轨迹方程为， （注意：当时，三点共线，不满足题意） 当点到直线距离最大，即为半径时，的面积最大， 最大值为． 方法二 ：由知点在定比为的阿波罗尼斯圆上（记为圆）， 且圆半径，连接， 当时，面积取得最大值，且最大值为． 方法三：作高法．作于点．设，，则． 由可得，， 即，当且仅当时，取最大值8， 则的最大值为，可知面积最大为． 方法四：设，则， 由余弦定理得． 的面积为①． 由三角形任意两边之和大于第三边可得，解得， 即，所以当时①式取得最大值， 即的面积的最大值为． 故答案为： 15. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①平面截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④面积的最小值是． 其中所有正确结论的序号是__________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】对于①，直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接即可解决；对于②等体积法解决即可；对于③④，建立空间直角坐标系，设，得即可. 【详解】对于①，如图直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接， 则五边形即为所求的截面图形，故①正确； 对于②，由题知，平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离即为直线到平面的距离， 设点到平面的距离为，由正方体的棱长为2可得， ，， 所以， ， 所以由，可得， 所以直线到平面的距离是，故②错误； 对于③，如图建立空间直角坐标系， 则， 设， 所以， 又因为， 所以， 所以， 假设存在点使得， 所以， 整理得， 所以（舍去），或， 所以存在点使得，故③正确； 对于④，由③知， 所以点在的射影为， 所以点到的距离为 ， 当时，， 所以面积的最小值是，故④正确； 故答案为：①③④ 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为，边上的高所在的直线方程为. （1）求顶点的坐标； （2）求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据直线与垂直，求直线的方程，再与直线方程联立，解方程组可得点坐标. （2）根据点在直线上，设出点坐标，利用为中点，表示点坐标，再根据点在直线上，可求的值，可确定点坐标，进而得直线的方程. 【小问1详解】 如图： 因为边上的高所在直线方程为， ，且， 的顶点， 直线的方程：，即. 联立方程 ，解得. 顶点的坐标为. 【小问2详解】 因为所在直线方程为， 故设点的坐标为， 是的中点，， . 在所在直线上， ，解得， 点坐标为， 由知点的坐标为， 故直线的方程为，即. 17. 如图，在正四棱柱中，为的中点.平面交棱于点. （1）证明：点为中点. （2）若，求点与平面的距离. 【答案】（1）证明： 在正四棱柱中，平面平面，且平面与两平面的交线分别为， 所以， 同理平面平面，且平面与两平面的交线分别为，则， 所以四边形为平行四边形， 又，由与全等可得， 所以点为中点. （2） 【解析】 【分析】（1）由面面平行的性质得到四边形为平行四边形，再由三角形全等可得； （2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量，代入空间距离公式可得. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 设点与平面的距离为，则. 18. 在△ABC中, （1）求∠B； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的周长. 条件①: ； 条件②：△ABC的面积为； 条件③：AC边上的高等于 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2） 不能选择①； 选择②，， 选择③，， 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可求出，再由可求出； （2）若选择①：不知道三条边的边长，所以△ABC的周长不唯一；若选择②：由面积公式可求得，再代入可得，即可求出△ABC的周长；若选择③：由等面积法可求出，再代入可得，即可求出△ABC的周长. 【小问1详解】 由可得， 由余弦定理可得：， 因为，所以， 又因为，所以， 所以，因为，所以. 【小问2详解】 若选择①：因为，，所以，所以， 则，不知道三条边的边长，所以△ABC的周长不唯一，故不能选择①. 若选择②：由（1）可得，即， 则，解得， 再代入可得：， 所以△ABC的周长为：. 若选择③：由（1）可得，即， 由可得：， 所以， 又因为AC边上的高等于，， 所以，解得：，所以，， 所以△ABC的周长为：. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，，、分别为棱、的中点. （1）求证：平面； （2）已知为棱上的点，且平面与平面所成角的余弦值为，求的值； （3）在（2）已知的条件下，设点在延长线上，且.判断直线是否在平面内，并说明理由. 【答案】（1）证明： 如图，取中点，连接， 因为为的中点，所以且.， 因为底面四边形是矩形，为棱的中点，所以且． 所以且，故四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）； （3）是，理由如下： 因为是正三角形，，则，， 所以，，，由（2）知，则， 在中， 在中， 而， 综上，，又都在平面内，则三点共线， 由平面，即平面，，则平面， 又平面，而，则平面. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，先证明四边形是平行四边形，得出.，进而根据线面平行的判定定理，即可得出结论； （2）过作于，连接，可证为二面角的平面角，求解即可； （3）根据已知分别求出，判断是否成立，结合平面的基本性质可得结论. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 过作于，连接， 平面平面，平面平面，平面， 因为，所以平面，又平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以，所以为二面角的平面角或其补角， 设，由余弦定理得， 又， 所以，所以， 所以， 所以， 因为平面PMB与平面SAD所成角的余弦值为， 所以，平方得， 所以，整理得， 所以，解得或（舍去）， 所以． 【小问3详解】 是，理由略. 20. 已知，，是函数图像上的三个点. （1）当时，线段的垂直平分线方程为，求直线的方程； （2）在（1）的条件下，求外接圆的标准方程. （3）过点的两条直线，相互垂直，且直线的斜率为，直线，与轴交点的横坐标为，.若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线段的垂直平分线方程为，确定方程，联立函数解析式，求得，即可求解； （2）设圆的一般方程，代入三个点的坐标，求解即可； （3）写出直线，的方程，求得，，再通过分离常数法即可求解. 【小问1详解】 当时，，即， 由线段的垂直平分线方程为，可得， 所以方程为：，即， 联立，消去，可得：， 解得， 即，所以， 所以直线的方程为：， 即 【小问2详解】 由（1）知，，， 设圆的方程为：， 则， 解得：， 即圆的方程为：， 即. 【小问3详解】 由题意可得：， ，令，因为， 可得：， ，令， 可得：， 所以， 因为，所以， 所以， 所以 所以， 即的取值范围是 21. 已知数表中的项互不相同，且满足下列条件： ①； ②. 则称这样的数表具有性质 . （1）若数表具有性质 ，且，写出所有满足条件的数表，并求出的值； （2）对于具有性质 的数表，当取最大值时，求证：存在正整数，使得； （3）对于具有性质 的数表，当n为偶数时，求的最大值. 【答案】（1）满足条件的数表为， 的值分别为5，5，6. （2）证明：若当取最大值时，存在，使得. 由数表具有性质 可得为奇数， 不妨设此时数表为. ①若存在（为偶数，），使得，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质 ， 调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，所以存在，使得. ②若对任意的（为偶数，），都有，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质 ，此时转化为①的情况. 综上可知，存在正整数，使得. （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意写出满足性质 的所有数表，再分别计算即可； （2）根据题意，可知当取最大值时，存在，使得，由数表具有性质 可得为奇数，不妨设此时数表为，再利用反证法证明即可； （3）结合性质 可得，，两式相加可得得，结合，可得，构造数表，结合性质 进而可以求解. 【小问1详解】 满足条件的数表为， 所以的值分别为5，5，6. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当n为偶数时，令，，对任意具有性质 数表， 一方面，， 因此．① 另一方面，， 因此.② 记． 由①+②得. 又，可得. 构造数表 可知数表具有性质 ，且. 综上可知，当n为偶数时，的最大值为. 【点睛】方法点睛：在证明抽象问题时，常常使用反证法：先设题设不成立，结合条件推出矛盾，即可说明题目成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025/2026学年度第一学期第一次阶段检测试卷 高二数学 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知空间中任意四点，，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 直线的倾斜角等于（ ） A. B. C. D. 不存在 3. 已知四面体ABCD，=，=，=，点M在棱DA上，=，N为BC中点，则＝（ ） A. B. C. D. 4. 在空间直角坐标系中，设直线的方向向量为，直线的方向向量为，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 5. 已知A，B，C，D，E是空间中的五个点，其中点A，B，C不共线，则“存在实数x，y，使得是“平面ABC”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知点，若直线与线段相交，则的取值范围为（　　） A. B. C. D. 7. 经过圆的圆心且与直线垂直的直线的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 人教版选择性必修第一册教材页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，设是平面内的任意一点.由，可得，此即平面的点法式方程.利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在等腰直角三角形中，点是边上异于、的一点.光线从点出发，经过、反射后又回到点.若光线经过的重心，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 10. 已知实数，，，满足：，，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 经过两点的直线的方向向量为，求k的值为__________． 12. 直线与直线平行，则实数______． 13. 过点且在两坐标轴上截距相等的直线的方程为________． 14. 满足条件，的的面积的最大值是______． 15. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①平面截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④面积的最小值是． 其中所有正确结论的序号是__________． 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为，边上的高所在的直线方程为. （1）求顶点的坐标； （2）求直线的方程. 17. 如图，在正四棱柱中，为的中点.平面交棱于点. （1）证明：点为中点. （2）若，求点与平面的距离. 18. 在△ABC中, （1）求∠B； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的周长. 条件①: ； 条件②：△ABC的面积为； 条件③：AC边上的高等于 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，，、分别为棱、的中点. （1）求证：平面； （2）已知为棱上的点，且平面与平面所成角的余弦值为，求的值； （3）在（2）已知的条件下，设点在延长线上，且.判断直线是否在平面内，并说明理由. 20. 已知，，是函数图像上的三个点. （1）当时，线段的垂直平分线方程为，求直线的方程； （2）在（1）的条件下，求外接圆的标准方程. （3）过点的两条直线，相互垂直，且直线的斜率为，直线，与轴交点的横坐标为，.若，求的取值范围. 21. 已知数表中的项互不相同，且满足下列条件： ①； ②. 则称这样的数表具有性质 . （1）若数表具有性质 ，且，写出所有满足条件的数表，并求出的值； （2）对于具有性质 的数表，当取最大值时，求证：存在正整数，使得； （3）对于具有性质 的数表，当n为偶数时，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $