精品解析：安徽省黄山市屯溪第一中学2025-2026学年高二上学期10月教学质量检测数学试题

高二上学期10月教学质量检测 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（每题5分） 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线和直线，则“”是“”的（ ） A. 充分且不必要条件 B. 必要且不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 空间内有三点，则点P到直线EF距离为（ ） A. B. C. D. 4. 已知点A(0，3)，B(3，2)，直线l过点且与线段AB有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（ ） A. [－2，0)∪(0，] B. (－∞，－]∪[2，＋∞) C. [－2，] D. (－∞，－2]∪[，＋∞) 5. 如图所示，已知直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，且，，，，分别是，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 设直线 ， 一束光线从原点 出发沿射线 向直线 射出， 经 反射后与 轴交于点 ， 再次经 轴反射后与 轴交于点 . 若 ， 则 的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是棱长为8的正方体的一条体对角线，点在正方体表面上运动，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 8. 已知0＜k＜4，直线l1：kx﹣2y﹣2k+8=0和直线l2：2x+k2y﹣4k2﹣4=0与两坐标轴围成一个四边形，则使得这个四边形面积最小的k值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分） 9. 关于直线，以下结论正确的有（ ） A. 时，直线在两坐标轴上的截距相等 B. 直线必过第二象限 C. 时，直线不过第四象限 D. 时，直线过第二、三、四象限 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若空间向量，则在上的投影向量为 B. 若空间向量满足，则与夹角为锐角 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 11. 正方体的棱长为1，E，F，G分别为的中点．则（ ） A. 直线与直线不垂直 B. 直线与平面平行 C. 平面截正方体所得截面面积为 D. 点C与点G到平面的距离相等 三、填空题（每题5分） 12. 已知直线，若，则______. 13. 过两直线的交点，且在两坐标轴上截距相等的直线方程为____. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列四个结论： ①当点是中点时，直线平面； 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______. 四、解答题（15题13分，16题15分，17提15分，18题17分，19题17分） 15. 已知在中，点，角的角平分线为边上的中线所在直线为． （1）求点的坐标； （2）求边所在直线方程． 16. 如图所示，四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°．设，，． （1）用为基底表示向量，并求的长； （2）求的值． 17. 已知直线，直线与直线垂直，且直线，的交点的横坐标与纵坐标相等． （1）求直线方程； （2）若直线l被直线，所截得的线段恰好被点平分，求直线l的方程． 18. 如图，三棱柱中，平面，，．过侧棱的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点． （1）求证：; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 19. 如图，四棱锥中，平面，且. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值； （3）在棱上是否存在点（与不重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二上学期10月教学质量检测 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（每题5分） 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】变形得点斜式，根据斜率可得倾斜角. 【详解】直线的点斜式为， 即直线斜率为，斜率为倾斜角正切值，故直线的倾斜角为 故选：D. 2. 已知直线和直线，则“”是“”的（ ） A. 充分且不必要条件 B. 必要且不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线平行求得，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】若，则，解得或， 当，则，，满足，符合题意； 当，则，，两直线重合，不符合题意； 综上所述：等价于. 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 3. 空间内有三点，则点P到直线EF的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出，得到直线EF的一个单位方向向量，利用点到直线距离公式得到答案. 【详解】因为，所以直线EF的一个单位方向向量为． 因为，所以点P到直线EF的距离为． 故选：A 4. 已知点A(0，3)，B(3，2)，直线l过点且与线段AB有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（ ） A. [－2，0)∪(0，] B. (－∞，－]∪[2，＋∞) C. [－2，] D. (－∞，－2]∪[，＋∞) 【答案】D 【解析】 【分析】求出和，数形结合观察满足直线l过点且与线段AB有公共点下斜率的变化情况即可求出结果. 【详解】根据题意，作出图形如下图： 直线PA的斜率为，直线PB的斜率为， 所以由图可知过点且与线段AB有公共点时，直线l的斜率取值范围是. 故选：D. 5. 如图所示，已知直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，且，，，，分别是，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系求异面直线，所成角的余弦值即可. 【详解】解：连接，，，并且，的中点为， 因为底面是菱形，所以， 又因为四棱柱为直四棱柱， 所以底面， 又因为，所以底面， 所以，. 以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）. 则，，，，， 于是，，， 所以，， 设异面直线，所成角为， 则. 故选：D 【点睛】 6. 设直线 ， 一束光线从原点 出发沿射线 向直线 射出， 经 反射后与 轴交于点 ， 再次经 轴反射后与 轴交于点 . 若 ， 则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据光学的性质，根据对称性可先求关于直线的对称点，后求直线，可得、两点坐标，进而由可得. 【详解】 如图，设点关于直线的对称点为， 则得，即， 由题意知与直线不平行，故， 由，得，即， 故直线斜率为， 直线的直线方程为：， 令得，故， 令得，故由对称性可得， 由得，即， 解得，得或， 若，则第二次反射后光线不会与轴相交，故不符合条件． 故， 故选：B. 7. 已知是棱长为8的正方体的一条体对角线，点在正方体表面上运动，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】求得正方体外接球的半径，根据空间向量的数量积运算求得的表达式，确定的最小值，即得答案. 【详解】如图，是棱长为8的正方体的一条体对角线，则也是正方体外接球的一条直径， 由正方体的特征可得其外接球半径为, 设外接球球心为，则， 则 , 由于点在正方体表面上运动， 故的最小值为球心与正方体面的中心连线的长， 即为正方体棱长的一半，为， 所以的最小值为， 故选：B. 8. 已知0＜k＜4，直线l1：kx﹣2y﹣2k+8=0和直线l2：2x+k2y﹣4k2﹣4=0与两坐标轴围成一个四边形，则使得这个四边形面积最小的k值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先确定两条直线的公共定点，求出它们与坐标轴的交点，建立面积的二次函数表达式，再利用二次函数性质求最小值对应的值. 【详解】直线可化为，由 可得，即直线恒过定点， 直线可化为，由， 解得，即直线恒过定点， 由可得，即直线与轴交点为， 由可得，即直线与轴交点为， 则四边形由点围成， 其面积， 当时，取得最小值. 故选：D. 二、多选题（每题6分） 9. 关于直线，以下结论正确的有（ ） A. 时，直线在两坐标轴上的截距相等 B. 直线必过第二象限 C. 时，直线不过第四象限 D. 时，直线过第二、三、四象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出直线的纵截距和横截距即可判断A，通过特例法判断B，由直线恒过定点，结合斜率、纵截距的符号即可判断C、D. 【详解】对于A，时，l的方程化为，令得直线的纵截距为， 令得直线的横截距为，即直线在两坐标轴上的截距相等，正确； 对于B，当时，，直线不过第二象限，错误； 对于C，时，将l的方程化为， 所以不论a为何值，直线l恒过定点，令得直线的纵截距为， 且直线斜率，所以直线不过第四象限，正确； 对于D，时，直线l的斜率，令得直线的纵截距为， 直线l恒过定点，所以直线过第二、三、四象限，正确. 故选：ACD 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若空间向量，则在上的投影向量为 B. 若空间向量满足，则与夹角为锐角 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据投影向量的定义列式运算得解；对于B，当，同向共线时也成立可判断；对于C，由空间向量共面的推论判断；对于D，由可判断. 【详解】对于A，在上的投影向量为，故A正确； 对于B，当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，故B错误； 对于C，在中，故四点共面，故C正确； 对于D，由，即，故，故D正确. 故选：ACD. 11. 正方体的棱长为1，E，F，G分别为的中点．则（ ） A. 直线与直线不垂直 B. 直线与平面平行 C. 平面截正方体所得的截面面积为 D. 点C与点G到平面的距离相等 【答案】ABC 【解析】 【分析】由，得出平面，进而得出，可判断A；取的中点，连接，利用线面平行的判定定理，可判断B；连接，，得到平面为平面截正方体所得的截面，再计算其面积即可判断C；利用反证法即可判断D. 【详解】对于A，若， 因为且，所以平面， 所以，所以，此时不成立，所以线与直线不垂直，故A正确； 对于B，如图所示，取的中点，连接， 由条件可知：，且, 又平面，平面，平面，平面， ∴平面，平面，又， 所以平面平面，又因为平面， 所以平面，故B正确； 对于C，因为为的中点，所以， 所以四点共面，所以截面即为梯形， 由题得该等腰梯形上底下底，腰长为，所以梯形面积为，故C正确； 对于D，假设与到平面的距离相等，即平面将平分，则平面必过的中点，连接交于，而不是中点，则假设不成立，故D错误． 故选：ABC． 三、填空题（每题5分） 12. 已知直线，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线垂直，代入公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，解得：. 故答案为： 13. 过两直线的交点，且在两坐标轴上截距相等的直线方程为____. 【答案】或 【解析】 【分析】联立方程求出交点坐标，分截距是否为0讨论求解直线方程. 【详解】由，解得，即两直线交点坐标为， 若所求直线在两坐标轴上截距为0，则该直线经过原点和， 方程为，整理得； 若所求直线在两坐标轴上截距不为0，则该直线方程可设为， 将点坐标代入方程可得，所以此时直线方程为， 整理得， 综上，所求直线方程为或. 故答案为：或. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列四个结论： ①当点是中点时，直线平面； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④面积的最小值是. 其中所有正确结论序号是______. 【答案】①②③ 【解析】 【分析】对①：由线面平行的判定定理进行判断即可； 对②：把直线到平面的距离转化为点到平面的距离，利用等体积法求解即可； 对③和④：都属动点问题，把几何问题转化为空间向量的问题，对于③，只需证明有解即可；对于④，只需求出点到直线距离的最小值即可. 【详解】对①，如图所示: 因为是中点，， 所以点是的中点，连接，显然也是的交点，连接， 所以，而平面，平面， 所以直线平面，故①正确； 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，对②，，分别是棱，的中点， 所以，平面，平，故平面， 故直线到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ，，， ，， 由得，故②正确； 对③，设，，， 则，， 由，得， 得，由，故存在点，使得，故③正确； 对④，由③得到的投影为， 故到的距离， 面积为，， 由二次函数性质，当时，取得最小值为，④错． 故答案为：①②③ 四、解答题（15题13分，16题15分，17提15分，18题17分，19题17分） 15. 已知在中，点，角的角平分线为边上的中线所在直线为． （1）求点的坐标； （2）求边所在直线方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将中点代入直线方程即可求出值，则得到答案； （2）首先得到，计算出直线的方程，将其与直线方程联立即可求出的坐标，则得到的方程. 【小问1详解】 设，由题意知，的中点在直线上， 则有，点坐标为. 【小问2详解】 由题意知关于的对称点在直线上， 则有边所在直线方程为，即. 联立方程有，解得， 又，则，则所在直线方程为， 即所在直线方程为. 16. 如图所示，四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°．设，，． （1）用为基底表示向量，并求的长； （2）求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，两边平方得到，求出的长； （2），平方，进而求出，，利用空间向量夹角公式得到. 【小问1详解】 记，，， 则，， ∴，， ， ∴，即的长为； 【小问2详解】 ，故， 故， 由（1）知，， 故 ， ∴． 17. 已知直线，直线与直线垂直，且直线，的交点的横坐标与纵坐标相等． （1）求直线的方程； （2）若直线l被直线，所截得的线段恰好被点平分，求直线l的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出直线，的交点坐标，再设直线为，将交点坐标代入求出，从而可求出直线的方程； （2）设直线l交直线，分别于点，则有，，，从而可求出两点的坐标，则可求出直线的斜率，进而可求出直线的方程. 【小问1详解】 由题意设直线，的交点坐标为，则，得， 所以直线，的交点坐标为， 由题意设直线为，则，得， 所以直线的方程为； 【小问2详解】 设直线l交直线，分别于点， 因为为的中点，所以， 因为，， 所以，即， 由，解得， 所以，所以， 所以， 所以直线的方程为，即. 18. 如图，三棱柱中，平面，，．过侧棱平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点． （1）求证：; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面、面面平行的性质定理，先证四边形是平行四边形，即可得结论. （2）建立科技直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 在三棱柱中，平面平面， 所以平面． 又平面平面平面，所以． 而平面平面，平面平面，平面平面， 所以． 所以四边形为平行四边形．所以． 【小问2详解】 在平面内过点作， 因为平面，平面，所以，． 以点为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为， 所以， ． 因为， 所以， ． 设平面的一个法向量为， 则， 令，得，， 所以为平面的一个法向量． 而，设直线与平面所成角为， 于是得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 19. 如图，在四棱锥中，平面，且. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在棱上是否存在点（与不重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明过程见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据线面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量平面间夹角公式进行求解即可； （3）利用空间向量线面角夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 因为平面平面， 所以， 又因为， 所以，而平面， 所以平面； 小问2详解】 因为平面平面， 所以，而， 于是建立如图所示的空间直角坐标系， ， 由（1）可知：平面， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为，， 则有， 设平面与平面夹角为， ； 【小问3详解】 设，设， 于是有， ，由（2）可知平面的法向量为， 假设与平面所成角的正弦值为，则有，或舍去， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $