辽宁省高二数学2026-2027学年上学期10月点石联考模拟卷01

辽宁省2026-2027学年上学期10月点石联考模拟卷01 高二数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教B版必修四第十一章立体几何初步+选择性必修选修一 第一章+第二章至2.2直线及其方程。 第一部分（选择题 共58分） 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．（25-26高二上·浙江杭州·期中）直线经过两点，直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则的斜率为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·江苏常州·期中）在四面体中，设，，，点M为AB的中点，，则（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高一下·广东深圳·期末）设为实数，空间向量，，则以下说法正确的是（     ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 4．（26-27高二上·天津河北·开学考试）如图，在正方体中，给出以下四个结论： ①平面        ②与平面相交 ③平面        ④平面平面 正确的结论的序号是（     ） A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 5．（25-26高二上·四川成都·期末）以为顶点的的面积为10，则为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 6．（25-26高二下·江苏苏州·期中）点是四面体的棱的中点，点在线段上且，点在线段上且，若，则（   ） A． B． C． D．1 7．（25-26高二上·福建厦门·阶段检测）如图，长方体的底面是边长为2的正方形， ，点、分别为棱、的中点.若平面平面，则直线 与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 8．（25-26高二上·广东惠州·期中）已知直线，则直线关于直线的对称直线的方程为（   ） A． B． C． 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．（25-26高一下·福建泉州·期末）下列命题错误的是（   ） A．一条直线和一个点可以确定一个平面 B．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台 C．长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体 D．正四棱柱一定是直四棱柱，直平行六面体一定是长方体 10．（25-26高二上·广东湛江·期中）已知两条直线：与，下列说法正确的是（    ） A．始终过定点 B．若，则或 C．若直线的一个方向向量为，则 D．当时，始终不过第四象限 11．（2026·河南周口·三模）如图，在该九面体中，六边形是边长为2的正六边形，，均为正三角形，且平面，平面均垂直于平面，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．该九面体的体积为8 C．该九面体外接球的表面积为 D．二面角的正弦值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（25-26高二下·上海徐汇·期末）已知点 ，则在方向上的投影向量的坐标为____________． 13．（26-27高二上·全国·课后作业）已知两点，，动点在直线上运动，则的最小值为______． 14．（26-27高二上·全国·专题训练）如图，在正方体中，点是线段上一动点，则下列说法正确的是____ ①．平面 ②．当为线段的中点时，直线与直线所成角的正切值为 ③．随着的长度变长，直线与平面所成角先变大再变小 ④． 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．（25-26高二上·全国·期末）已知向量. (1)求； (2)求与的夹角； (3)若与垂直，求实数t的值． 16．（25-26高二上·江苏南京·期末 ）如图，三棱柱的所有棱长均相等，平面平面，D是BC的中点，. (1)证明：∥平面； (2)已知到平面的距离为1，P为线段上一点.若二面角的余弦值为，求的长. 17．（25-26高三·全国·一轮复习）已知点． (1)求过点P且与原点的距离为2的直线l的方程． (2)求过点P且与原点的距离最大的直线l的方程，最大距离是多少？ (3)是否存在过点P且与原点的距离为3的直线？若存在，求出方程；若不存在，请说明理由． 18．（25-26高二上·江苏常州·阶段检测）直线经过两直线和的交点. (1)若直线与直线平行，求直线的方程； (2)若直线在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程； (3)若直线与直线垂直，求直线与坐标轴围成的三角形周长. 19．（25-26高三上·贵州贵阳·高考复习）如图，四边形是正方形，平面，，，、、分别为、、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)若，在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角为．若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． 2 / 19 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省2026-2027学年上学期10月点石联考模拟卷01 高二数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教B版必修四第十一章立体几何初步+选择性必修选修一 第一章+第二章至2.2直线及其方程。 第一部分（选择题 共58分） 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．（25-26高二上·浙江杭州·期中）直线经过两点，直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则的斜率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由直线经过两点，得直线的斜率， 则直线的倾斜角，直线的倾斜角为， 所以的斜率为. 2．（25-26高二下·江苏常州·期中）在四面体中，设，，，点M为AB的中点，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，所以，又点M为AB的中点，所以. 所以 . 3．（25-26高一下·广东深圳·期末）设为实数，空间向量，，则以下说法正确的是（     ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】C 【详解】对于A，当时，，显然不存在实数使得，故A错误； 对于B，当时，，显然不存在实数使得，故B错误； 对于C，当时，，，故C正确； 对于D，当时，，，故D错误. 4．（26-27高二上·天津河北·开学考试）如图，在正方体中，给出以下四个结论： ①平面        ②与平面相交 ③平面        ④平面平面 正确的结论的序号是（     ） A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 【答案】C 【详解】对于①，因为平面平面，而平面，所以平面，故①正确； 对于②，因为，则与确定一个平面，所以平面，故②错误； 对于③，与平面内的直线不垂直，故③错误； 对于④，在正方体中，得平面，而平面，所以平面平面，故④正确. 5．（25-26高二上·四川成都·期末）以为顶点的的面积为10，则为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】C 【分析】根据两点距离，以及点到直线的距离公式，列出三角形的面积，即可求解. 【详解】因为，所以直线AB的方程为：，即. 所以 到直线 的距离，， 所以，代入得：. 化简得：，解得 或 . 故选：C 6．（25-26高二下·江苏苏州·期中）点是四面体的棱的中点，点在线段上且，点在线段上且，若，则（   ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】根据空间向量的线性运算求，进而可得，即可得结果. 【详解】在四面体中，，，， 则， 可得 ， 因为，则，所以. 7．（25-26高二上·福建厦门·阶段检测）如图，长方体的底面是边长为2的正方形， ，点、分别为棱、的中点.若平面平面，则直线 与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用线线平行转化线面角，建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值，再求解出线面角的正切值. 【详解】 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 因此，直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系,则 ，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，解得，，所以法向量， 设直线与平面所成角为，， 则， ， 因此，. 8．（25-26高二上·广东惠州·期中）已知直线，则直线关于直线的对称直线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求直线与直线的交点，再在直线上取点关于直线对称的点为，即，解出，利用点斜式即可求解. 【详解】由，解得，所以直线与直线的交点为， 在直线上取点关于直线对称的点为， 所以，解得， 所以点关于直线对称的点为， 所以直线的斜率为， 故对称直线的方程为，即， 故选：B. 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．（25-26高一下·福建泉州·期末）下列命题错误的是（   ） A．一条直线和一个点可以确定一个平面 B．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台 C．长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体 D．正四棱柱一定是直四棱柱，直平行六面体一定是长方体 【答案】ABD 【分析】利用空间几何的性质特点即可判断. 【详解】对于A，直线和直线外一点才能确定一个平面，故A错误； 对于B，用一个平行于底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故B错误； 对于C，长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体，故C正确； 对于D，直平行六面体的侧棱垂直于底面，但上下底面不一定是矩形，所以直平行六面体不一定是长方体，故D错误． 10．（25-26高二上·广东湛江·期中）已知两条直线：与，下列说法正确的是（    ） A．始终过定点 B．若，则或 C．若直线的一个方向向量为，则 D．当时，始终不过第四象限 【答案】AD 【分析】A选项，变形后可得方程组，求出所过定点；B选项，时，两直线重合，B错误；C选项，根据直线的方向向量可得直线的斜率，从而得到，两直线不垂直；D选项，将直线转化为斜截式方程，可得始终不过第四象限. 【详解】对于A，直线，由得，始终过定点，A正确； 对于B，当时，直线与直线重合，B错误； 对于C，由选项得直线的斜率，显然， 而，则有， 此时，斜率为，两直线斜率乘积不为， 直线与直线不垂直，C错误； 对于D，当时，， 因为，，所以直线经过第一、二、三象限， 可得始终不过第四象限，D正确． 11．（2026·河南周口·三模）如图，在该九面体中，六边形是边长为2的正六边形，，均为正三角形，且平面，平面均垂直于平面，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．该九面体的体积为8 C．该九面体外接球的表面积为 D．二面角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】对于A：作辅助线，可证平面，平面，则，即可判断；对于B：建系并标点，求点到平面的距离，利用割补法求多面体体积；对于C：分析可知球心，设，根据两点间距离公式可得，进而可得半径和表面积；对于D：求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】对于选项A：取，的中点分别为，连接， 因为为等边三角形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 同理可得平面，则， 且，可知四边形为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面，故A正确； 对于选项B：取，的中点分别为，连接， 则，可知平面，， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 可得，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 则点到平面的距离， 由对称性可知点到平面的距离，且为正三棱柱， 所以该九面体的体积为，故B错误； 对于选项C：因为为正六边形的中心，平面， 可知该九面体外接球的球心，设，外接球的半径为， 因为，则，解得， 可得，所以该九面体外接球的表面积为，故C正确； 对于选项D：设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 由题意可知：平面的法向量为， 设二面角为， 则， 可得，所以二面角的正弦值为，故D正确. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（25-26高二下·上海徐汇·期末）已知点 ，则在方向上的投影向量的坐标为____________． 【答案】 【分析】根据题意，求得 ，结合投影向量的计算公式，即可求解. 【详解】因为点 ， 可得 ，则 ， 所以在方向上的投影向量的坐标为 . 13．（26-27高二上·全国·课后作业）已知两点，，动点在直线上运动，则的最小值为______． 【答案】 【分析】找到点关于直线的对称点，即可得到即为的最小值. 【详解】    如图所示，设点关于直线的对称点为，则，， 连接， ， 则即为的最小值， ， 所以为的最小值为． 14．（26-27高二上·全国·专题训练）如图，在正方体中，点是线段上一动点，则下列说法正确的是____ ①．平面 ②．当为线段的中点时，直线与直线所成角的正切值为 ③．随着的长度变长，直线与平面所成角先变大再变小 ④． 【答案】①③④ 【分析】利用正方体性质可得面面平行，进而判断线面平行，判断①选项，平移直线找异面直线所成角求正切值判断②选项，找出线面角分析变化可判断③选项，利用体对角线性质判断线线垂直，从而判断④选项. 【详解】如图， 在①选项中，因为为正方体，所以平面平面，又平面，所以平面，故①正确； 在②选项中，当为线段的中点时，因为，所以就是直线与直线所成角. 连接，在中，，所以， 即直线与直线所成角的正切值为，故②错误； 在③选项中，因为平面，所以就是直线与平面所成角， 设正方体棱长为，随着的长度变长，长度先变小后变大， 先变大后变小，直线与平面所成角先变大再变小，③正确； 在④选项中，连接，因为正方体中，平面， 平面，所以，④正确. 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．（25-26高二上·全国·期末）已知向量. (1)求； (2)求与的夹角； (3)若与垂直，求实数t的值． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）因为， 所以, 所以； （2）因为， 所以， 所以， ，， 设与的夹角为， 则， 又，得； （3）因为， 所以，， 因为与垂直，所以， 故，解得. 16．（25-26高二上·江苏南京·期末 ）如图，三棱柱的所有棱长均相等，平面平面，D是BC的中点，. (1)证明：∥平面； (2)已知到平面的距离为1，P为线段上一点.若二面角的余弦值为，求的长. 【答案】(1)方法1：如图，连结，交于点E，连结DE. 三棱柱中，平面是平行四边形，则E是的中点. 又D是BC的中点，所以DE∥. 因为平面，平面， 所以∥平面. 方法2：如图，取中点，连结，，. 三棱柱中，侧面是平行四边形， 因为D，分别为BC，的中点，所以BD∥，BD， 因此四边形是平行四边形，所以∥. 又平面，平面，所以∥平面. 同理可得，四边形为平行四边形，所以∥，. 三棱柱中，因为∥，. 所以∥，. 所以四边形是平行四边形，所以∥AD. 又平面，平面，所以∥平面. 又，平面，所以平面∥平面. 又平面，所以∥平面. (2) 【分析】（1）方法1：连结，交于点E，连结DE.利用棱柱性质及线面平行的判定定理证明∥平面. 方法2：取中点，连结，，.利用棱柱性质及线面平行的判定定理得∥平面，∥平面. 所以利用面面平行的判定定理得平面∥平面，进而利用线面平行的判定定理证明 ∥平面. （2）方法1：建立空间直角坐标系.，求得点的坐标，易得平面的一个法向量为. 求出平面的法向量.利用夹角的向量公式求得. 方法2：结合勾股定理利用线面垂直的判定定理证得BC⊥平面，由线面距离得，连结PC，交于点E，连结ED，作于F.可得即为二面角的平面角，求得，利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得，利用相似三角形的性质求得. 【详解】（1）略 （2）方法1：由题干得是等边三角形，且D是BC的中点， 所以. 因为三棱柱的所有棱长均相等，设棱长为2a， 则，，，此时， 所以. 又，平面，所以BC⊥平面. 所以BD即为到平面的距离，所以，因此三棱柱的棱长均为2. 因为平面平面，平面，， 平面平面，所以平面. 又，故以D为原点，DA，DB，分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，，. 易得平面的一个法向量为. 设 ()， 所以. 设平面的一个法向量为， 则即， 取，可得. 设二面角的大小为，则， 又，解得 (舍去)，所以. 方法2：由题干得是等边三角形，且D是BC的中点，所以. 因为三棱柱的所有棱长均相等，设棱长为2a， 则，，，此时， 所以. 又，平面，所以BC⊥平面. 所以BD即为到平面的距离，所以，因此三棱柱的棱长均为2. 如图，连结PC，交于点E，连结ED，作于F. 因为平面，平面，平面， 所以，， 因此即为二面角的平面角. 于是，所以. 因为平面平面，平面，， 平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 在中，因为，，所以EF∥，且EF＝AF. 又AC∥，所以，因此. 17．（25-26高三·全国·一轮复习）已知点． (1)求过点P且与原点的距离为2的直线l的方程． (2)求过点P且与原点的距离最大的直线l的方程，最大距离是多少？ (3)是否存在过点P且与原点的距离为3的直线？若存在，求出方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)或 (2)，最大距离为 (3)不存在 【分析】（1）根据条件设出方程，再根据点到直线的距离公式，求出参数． （2）过点P与原点O的距离最大的直线是过点P且与PO垂直的直线，由此求出直线斜率和方程，再由点到直线的距离公式求出最大距离； （3）由（2）可知，过点P不存在到原点的距离超过的直线，由此可得出结论. 【详解】（1）过点P的直线l与原点的距离为2，而点P的坐标为，显然，过点且垂直于x轴的直线满足条件， 此时l的斜率不存在，其方程为． 若斜率存在，设l的方程为， 即．由已知得，解得． 此时l的方程为． 综上，可得直线l的方程为或． （2）作图可得过点P与原点O的距离最大的直线是过点P且与PO垂直的直线，如图． 由，得，所以． 由直线方程的点斜式得，即． 所以直线是过点P且与原点O的距离最大的直线，最大距离为． （3）由（2）可知，过点P不存在到原点的距离超过的直线， 因此不存在过点P且到原点的距离为3的直线． 18．（25-26高二上·江苏常州·阶段检测）直线经过两直线和的交点. (1)若直线与直线平行，求直线的方程； (2)若直线在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程； (3)若直线与直线垂直，求直线与坐标轴围成的三角形周长. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）先求出交点坐标，再根据两直线平行关系设直线方程，代点即可计算即可. （2）分两种情况：横纵截距均为0时以及横纵截距均不为零时，分别求出直线的方程即可. （3）根据两直线垂直关系求出直线的方程，进而求出三角形的周长即可. 【详解】（1）由题意联立，解得，即直线过点， 设与直线平行的直线的方程为且， 将点代入可得，解得， 所以直线的方程为； （2）由（1）直线过点， ①横纵截距均为0时，设直线方程为， 即，解得，即； ②横纵截距均不为零时，设横截距为，则纵截距为，则直线方程为， 将代入得，则， 则直线方程为，即； 综上，直线的方程为或. （3）由（1）直线过点， 由直线和题意可设直线的方程为， 将点代入可得，可得，即直线的方程为， 令，可得；令，可得， 即直线在，轴上的交点分别为，， 所以，又，， 所以直线与坐标轴围成的三角形周长为.    19．（25-26高三上·贵州贵阳·高考复习）如图，四边形是正方形，平面，，，、、分别为、、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)若，在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角为．若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】(1) 因为四边形是正方形，、、分别为、、的中点， 所以，即，. 因为，平面，在平面外， 所以平面. 因为，平面，在平面外， 所以平面. 又，所以由唯一确定一个平面，故平面即平面； 又，所以是两条相交直线，且平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面； (2)； (3)存在，点的坐标为，理由如下： 由（2）得，设， 则，又，所以， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则， 所以， 若直线与平面所成的角为，则，即， 整理得，解得，则. 所以在线段上存在一点使直线与平面所成的角为，点的坐标为. 【分析】（1）由题证得平面平面，即可得平面； （2）建立适当空间直角坐标系，求出两平面的一个法向量，由两法向量夹角余弦值即可求解； （3）设，求出和平面的一个法向量为，由题设建立关于t的等量关系求出t即可求解. 【详解】（1）略 （2）由题意可建立如图所示空间直角坐标系， 设，则， 所以， 因为平面平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则可得， 所以， 所以平面与平面夹角为； （3）略 2 / 19 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $