精品解析：福建厦门市杏南中学2026-2027学年高二上学期10月阶段测试数学试卷

厦门市杏南中学2026-2027学年学年上学期10月阶段测试卷 高二年级数学 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 在空间直角坐标系Oxyz中，点关于平面对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】点关于平面对称的点的坐标是. 2. 在空间直角坐标系中，点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，，则. 3. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将直线方程化为斜截式得斜率，进而可得倾斜角. 【详解】由得， 所以直线的斜率为， 所以直线的倾斜角为. 故选：B 【点睛】本题考查了直线方程的斜截式，考查了直线方程的倾斜角和斜率，属于基础题. 4. 直线，若，则实数的值为 （      ） A. 0 B. 2 C. 0或 D. 0或 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可得，解得或. 5. 设，向量，且，则（ ） A. B. 10 C. 14 D. 24 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得， 则，即，解得， 所以. 6. 直线，下列图象中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析两直线的斜率以及在轴上的截距，可得出、的符号，即可得出合适的选项. 【详解】直线， 直线的斜率为，该直线在轴上的截距为， 直线的斜率为，该直线在轴上的截距为， 对于A，由直线的图象可得， 由直线的图象可得，即，满足条件； 对于B，由直线的图象可得， 由直线的图象可得，即，不满足条件； 对于C，由直线的图象可得， 由直线的图象可得，即，不满足条件； 对于D，由直线的图象可得， 由直线的图象可得，即，不满足条件. 7. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求角公式求解即可. 【详解】以O为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系 可得,,,, 所以，平面中, 设平面的一条法向量为，有即令得，，所以； 设直线与平面所成角为则. 8. 如图，正方体的棱长为4，若在正方体内部且满足，则到直线的距离最小值为 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系,利用空间向量及配方法求解即可. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系： 则, 所以，，, 所以， 所以， 又因为在正方体内部， 所以， 又因为，, 所以 设到直线的距离为， 则 ， 所以当时，取最小值，为， 所以到直线的距离最小值为. 二、选择题多选题：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，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得2分（或3分），有选错的得0分. 9. 已知平面与平面垂直，若是平面的一个法向量，则平面的法向量可能为 （ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】首先根据平面与平面垂直可得平面对应的法向量的数量积等于0，进而根据向量数量积的坐标运算进行求解即可. 【详解】已知平面与平面垂直，可得平面的法向量与平面的法向量数量积等于0. 已知平面的一个法向量为， 对于A选项，由于，故A正确； 对于B选项，由于，故B错误； 对于C选项，由于，故C正确； 对于D选项，由于，故D错误； 10. 已知点，，若过的直线与线段相交，则 （ ）. A. 直线的一个方向向量为 B. 线段上存在点使得 C. 直线的倾斜角最大值为 D. 直线的斜率的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项，求出向量，验证与共线，可得是直线的一个方向向量；选项，先求直线的斜率，得到垂线的斜率，写出方程，联立直线方程，判断交点在线段上；选项，求出、的斜率，直线绕点旋转，对应的倾斜角为钝角，大于；选项，求出定点到线段两端点的临界斜率，得到直线斜率的取值范围. 【详解】对于，由、得向量，方向向量可由数乘得到， 将乘以即得，因此是直线的一个方向向量，正确； 对于，直线的斜率，若，则的斜率为，结合得的直线方程为，即. 联立的方程，解得交点横坐标​，线段的横坐标范围为，， 因此交点在线段上，即存在点满足，正确； 对于，计算边界斜率：，. 过的直线绕旋转与线段相交时，倾斜角的范围是：从的倾斜角（锐角）增大到​（竖直线），再从增大到的倾斜角（钝角）. 因此最大倾斜角是对应的钝角，大于​，错误； 对于，直线与线段相交时，斜率的取值需覆盖从​往负无穷延伸的所有负值， 以及从往正无穷延伸的所有正值，即，正确. 11. 如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，，的中点，则 （ ） A. B. C. 直线交于点，则 D. 内存在唯一的点，使得 【答案】BD 【解析】 【分析】取正方体的三条棱向量、、，它们两两垂直且模均为．用这三个向量表示有关点和向量，分别利用数量积、线面垂直判定、共面向量关系及点到平面的距离判断各选项． 【详解】令则两两垂直，且． 由分别为的中点，得 对于A，所以 A错误． 对于B，且 于是 因为直线相交且都在平面内，所以平面，B正确． 对于C，设． 由于平面，存在实数，使得 又 比较的系数，得，解得，从而，即 C错误． 对于D，由B知是平面的一个法向量． 设为点到平面的垂足，并令 由于平面，有． 又所以解得． 又，故 平面内任意点都有，且等号仅在与重合时成立，因此平面内存在唯一的点，使得．D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在平面直角坐标系中，经过点且平行于轴的直线方程为________________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平行于轴的直线的性质求解即可. 【详解】经过点且平行于轴的直线上所有点的横坐标都等于3，斜率不存在， 所以该直线方程为. 13. 已知点到直线的距离为，则_______． 【答案】9或 【解析】 【详解】由点到直线的距离公式得，，即，解得或. 14. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为，所有棱长都为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得．若点为线段上的动点，则向量与夹角的余弦值的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题目描述，将半正多面体放入一个正方体中，建立空间直角坐标系，根据正方体的边长为2，确定，，，，的坐标，其中点在上，坐标可以表示为，其中，利用向量的点积公式，计算向量与夹角的余弦值，通过分析的范围，确定夹角余弦值的取值范围. 【详解】 建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，， 设， 则 ，， 所以， 当时，， 当时，， 所以向量与夹角的余弦值的取值范围为. 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. 已知直线，，. （1）直线与轴，轴分别交于两点，为坐标原点，求的面积； （2）直线与直线的交点，求点的坐标； （3）若直线过点且与直线垂直，求直线的方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求直线与坐标轴交点，得到、长度，由坐标轴垂直可知是直角三角形，利用直角三角形面积公式求解； （2）联立​和的方程，构成二元一次方程组，方程组的解即为交点； （3）根据两条直线斜率都存在时，互相垂直的直线斜率的乘积为，由​的斜率求出的斜率，因为过已知点，所以用点斜式写出直线方程，整理为一般式即可. 【小问1详解】 对于直线，令，得，即与轴交点； 令，得，即与轴交点.  因为是直角三角形，直角边长为​，， 所以的面积为. 【小问2详解】 联立​和的方程：， 两式相加消去，得，解得， 代入得，因此交点的坐标为. 【小问3详解】 将整理为斜截式，得​的斜率为. 由两直线垂直的斜率性质：若两条直线斜率都存在，垂直时斜率乘积为，因此的斜率满足，得. 又过点，由点斜式得，整理为一般式即. 16. 已知向量，. （1）求向量，并求； （2）若，求的值； （3）若，求的值. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 已知，，则， . 【小问2详解】 已知，，则， ，因为，所以， 所以，解得. 【小问3详解】 已知，，则， ， 因为，所以， 所以，解得. 17. 已知四边形中，，，，. （1）若四边形为平行四边形，求点的坐标； （2）若点为线段的中点，求的边上的中线所在的直线方程； （3）是否存在点使得四边形为直角梯形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）利用平行四边形和向量共线的性质即可求出点的坐标； （2）利用中点公式求出点坐标，再根据点斜式即可求出所在的直线方程； （3）先判断平行的两边，再判断垂直的边，分类讨论即可求出点的坐标. 【小问1详解】 由题可得，， 因为，，，， 所以，， 所以， 解得，即点的坐标为. 【小问2详解】 因为，， 由中点公式得点坐标为， 又因为， 所以， 即所在的直线方程为. 【小问3详解】 ，，，， 因为，所以与不垂直， 若，四边形为直角梯形，则， 则有，， 可列方程组， 解得，即点的坐标为； 若，四边形为直角梯形，则， 则有，， 可列方程组， 解得，即点的坐标为， 综上所述，点的坐标为或. 18. 已知平行六面体，，，，且分别为线段，的中点，，设，，． （1）用，，表示； （2）求线段的长度； （3）求直线与所成角的余弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平行六面体的性质及空间向量的线性运算求解即可. （2）根据空间向量的线性运算、空间向量的模的运算及空间向量数量积、数量积运算律求解即可. （3）根据空间向量的线性运算、空间向量的模的运算、空间向量数量积、数量积运算律及异面直线所成角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 平行六面体中，，. 因为点为线段的中点，所以. 所以. 【小问2详解】 ， ，. 因为，所以. 所以. 所以 ， 所以. 故线段的长度为. 【小问3详解】 因为为线段的中点， 则， 所以. 所以. . 设直线与所成角为， 则. 故直线与所成角的余弦值为. 19. 如图，在多面体中，四边形为正方形，，且，为线段中点． （1）求证：平面； （2）过点作平面，使得平面与平面平行，求平面与线段的交点所在的位置； （3）若底面，在线段（不含端点）上是否存在点，使得二面角的平面角的余弦值为？若存在求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：取中点，连接, 因为，， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以, 又因为平面， 平面， 所以平面； （2）是的四等分点（靠近于）； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由线面平行的判定定理即可完成证明； （2）结合（1）利用面面平行的判定定理，作出平面即为平面，为中点，为过作与的交点，结合三角形的中位线即可得点的位置； （3）以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知四边形为平行四边形， 取中点，连接， 则， 因为平面,平面, 所以平面, 过作交于, 因为平面,平面, 所以平面, 又因为平面且, 所以平面平面， 所以此时的平面即为平面， 又因为为中点，， 所以为中点， 又因为为中点， 所以为的四等分点（靠近于）， 所以平面与线段的交点是的四分点（靠近于）； 【小问3详解】 存在，. 因为为正方形，，底面， 所以底面， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系： 设，则， 所以，, , , , , 所以, 设， 所以， 因为,, 设平面的法向量为， 则，从而得， 取， 又因为, 平面的法向量为， 则，从而得， 取， 设二面角的大小为， 则， 由题意可得， 解得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市杏南中学2026-2027学年学年上学期10月阶段测试卷 高二年级数学 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 在空间直角坐标系Oxyz中，点关于平面对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系中，点，，则（ ） A. B. C. D. 3. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 4. 直线，若，则实数的值为 （      ） A. 0 B. 2 C. 0或 D. 0或 5. 设，向量，且，则（ ） A. B. 10 C. 14 D. 24 6. 直线，下列图象中正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方体的棱长为4，若在正方体内部且满足，则到直线的距离最小值为 （ ） A. B. C. D. 二、选择题多选题：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，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得2分（或3分），有选错的得0分. 9. 已知平面与平面垂直，若是平面的一个法向量，则平面的法向量可能为 （ ） A. B. C. D. 10. 已知点，，若过的直线与线段相交，则 （ ）. A. 直线的一个方向向量为 B. 线段上存在点使得 C. 直线的倾斜角最大值为 D. 直线的斜率的取值范围为 11. 如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，，的中点，则 （ ） A. B. C. 直线交于点，则 D. 内存在唯一的点，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在平面直角坐标系中，经过点且平行于轴的直线方程为________________． 13. 已知点到直线的距离为，则_______． 14. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为，所有棱长都为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得．若点为线段上的动点，则向量与夹角的余弦值的取值范围为__________． 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. 已知直线，，. （1）直线与轴，轴分别交于两点，为坐标原点，求的面积； （2）直线与直线的交点，求点的坐标； （3）若直线过点且与直线垂直，求直线的方程. 16. 已知向量，. （1）求向量，并求； （2）若，求的值； （3）若，求的值. 17. 已知四边形中，，，，. （1）若四边形为平行四边形，求点的坐标； （2）若点为线段的中点，求的边上的中线所在的直线方程； （3）是否存在点使得四边形为直角梯形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 18. 已知平行六面体，，，，且分别为线段，的中点，，设，，． （1）用，，表示； （2）求线段的长度； （3）求直线与所成角的余弦值． 19. 如图，在多面体中，四边形为正方形，，且，为线段中点． （1）求证：平面； （2）过点作平面，使得平面与平面平行，求平面与线段的交点所在的位置； （3）若底面，在线段（不含端点）上是否存在点，使得二面角的平面角的余弦值为？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 $