精品解析：四川省成都市树德中学2026-2027学年高二上学期10月阶段性测试数学试题

树德中学高2025级高二上学期10月阶段性测试数学试题 本试卷满分150分，考试用时120分钟 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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把直线方程化为斜截式，根据直线方向公式进行判断即可. 【详解】，所以该直线的一个方向向量为， 因为，所以向量与向量是共线向量， 其他选项的向量与向量不是共线向量. 故选：B 2. 在空间直角坐标系中，为坐标原点，对空间中一点，则下列叙述正确的是（ ） A. 点关于轴的对称点是 B. 点关于平面的对称点是 C. 点关于轴的对称点是 D. 点关于原点的对称点是 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系中点关于坐标轴、坐标平面、原点的对称坐标变换规则，逐一验证各选项即可. 【详解】 选项A，任意点，关于轴对称的点坐标为：因此关于轴的对称点为，A错误； 选项B，关于平面对称的点坐标为：因此关于平面的对称点为，B错误； 选项C，关于轴对称的点坐标为：因此关于轴的对称点为，C正确； 选项D，关于原点对称的点坐标为：因此关于原点的对称点为，D错误. 3. 如图所示，已知正四棱锥，，若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，得， 所以 4. 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 【解析】 【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. 5. 已知直线：，：．且，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线一般式方程判断两条直线平行的方法即可求解. 【详解】因为直线：，：．且， 所以，即，解得. 因此实数. 6. 已知是空间的一组基底，则不能与构成另一组基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】三向量可作为基底等价于不共面，待定系数后方程组有解则共面. 【详解】对于A，假设存在实数，，使得， 则，方程组无解，即不存在实数，使得上式成立， 所以，，不共面，能构成一组基底. 对于B，假设存在实数，，使得， 则，方程组无解，即不存在实数，使得上式成立， 所以，，不共面，能构成一组基底. 对于C，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底. 对于D，假设存在实数，，使得， 则，方程组无解，即不存在实数，使得上式成立， 所以，，不共面，能构成一组基底. 7. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式求解即可. 【详解】设向量、的夹角为，因为在上的投影向量为:， 又因为，， 所以， ， ， 所以向量在向量上的投影向量：， 故A选项正确. 8. 公元1765年瑞士数学家莱昂哈德•欧拉（LeonhardEuler）在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心（三条中垂线的交点）､重心（三条中线的交点）､垂心（三条高线的交点）在同一条直线上.后来，人们把这条直线称为欧拉线.若的顶点，则其欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形顶点坐标得重心的坐标，确定，垂直平分线确定外接圆圆心即外心坐标，从而可得其欧拉线方程. 【详解】因为的顶点，可得的重心的坐标为， 由，，可得中点的坐标为， 所以的垂直平分线所在直线的斜率， 所以可得的垂直平分线所在直线的方程为， 又由，可得的垂直平分线所在直线的方程为， 联立方程组，解得， 即的外心的坐标为， 则，所以的方程为，即， 所以的欧拉线方程为. 故选：C. 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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 若为平面的法向量，为平面的法向量，为直线l的方向向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【详解】由题意可知若，则，存在实数，使得， 所以，解得，选项A正确； 若，则，存在实数，使得， 所以，解得，选项B错误； 若，则，所以，选项C正确. 若，则，所以，所以或者，选项D错误. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 过点且在x轴，y轴截距相等的直线方程为 B. 若，则直线与直线垂直 C. 直线的倾斜角的取值范围是 D. 经过点，的直线方程均可用表示 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据选项结合直线方程知识点逐一判断正误即可. 【详解】对于选项A，当直线在轴上的截距都为0时，有直线同样满足条件，故选项A错误； 对于选项B，当时，直线方程为和，两直线垂直，故B正确； 对于选项C，直线斜率，所以， 设直线倾斜角为，则，又，故可得，故C正确； 对于选项D，根据直线方程的定义与表示法， 可表示任意过的直线，故D正确. 11. 正方形的边长为1，且它们所在的平面互相垂直．点分别在正方形对角线和上移动，且．则（ ） A. 直线与所成的角为 B. 平面 C. 当时，的长最小，且最小值为 D. 当的长最小时，点到平面的距离为 【答案】ABC 【解析】 【分析】构造空间直角坐标系，求出相关向量坐标，利用向量夹角余弦公式计算向量夹角，判断选项A；利用向量与平面法向量平行证明线面平行判断选项B；利用向量模的公式构造二次方程判断选项C，利用点到平面距离公式求出点面距离，判断选项D． 【详解】已知正方形的边长为1，且它们所在的平面互相垂直， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，故， 设夹角为，则， ，故A正确； ， ， ， ， 平面的法向量为， ， ， 平面， 平面，故B正确； ， ，函数开口向上，对称轴为， 当时取得最小值，最小值为， 故C正确； 当时，， ，设平面的法向量为， 则，令，则， ， 则点到平面的距离为：，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在空间直角坐标系中，已知点，，，，则点D到平面ABC的距离为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据点到平面的距离公式计算即可. 【详解】由题可知，，， 设平面的法向量为， 则，所以，可取， 根据点到平面的距离公式. 13. 不与共面，并且四点在一个平面上，（），则的最小值为 ______． 【答案】16 【解析】 【分析】由向量共面定理有，再应用基本不等式“1”的代换求最小值. 【详解】由题设，不与共面，且四点共面， 所以，可得，且， 所以， 当且仅当时取等号，则最小值为16. 故答案为：16 14. 已知､分别在直线与直线上，且，点，，则的最小值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用线段的等量关系进行转化，找到最小值即为所求. 【详解】由直线与间的距离为得，过作直线垂直于，如图， 则直线的方程为：，将沿着直线往上平移个单位到点，有， 连接交直线于点P，过P作于Q，连接BQ，有，即四边形为平行四边形， 则，即有，显然是直线上的点与点距离和的最小值， 因此的最小值，即的最小值，而， 所以的最小值为= 故答案为： 【点睛】思路点睛：（1）合理的利用假设可以探究取值的范围，严谨的思维是验证的必要过程. （2）转化与划归思想是解决距离最值问题中一种有效的途径. （3）数形结合使得问题更加具体和形象，从而使得方法清晰与明朗. 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. 如图，对正方体­，，，分别是和的中点. （1）求到的距离； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合点到直线的距离向量求法求结论； （2）结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 以为原点，分别以​为轴建立空间直角坐标系， 已知正方体棱长，故，，，， 所以，， 所以， ， ， 所以点到的距离； 【小问2详解】 由（1），已有， 所以，​，， 设异面直线与所成角为，则. 16. 设直线l的方程为． （1）求证：不论a为何值，直线l必过一定点P； （2）若直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点，，当面积最小时，求的周长． 【答案】（1）由得， 则，解得， 所以不论a为何值，直线l必过一定点； （2） 【解析】 【分析】（1）由直线系过定点可得证； （2）根据直线方程求出直线在坐标轴上的截距，得出三角形，利用基本不等式求最值，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由得，当时，，当时，， 又由，得， ∴， 当且仅当，即时取等号． ∴，， ∴的周长为． 17. 如图，平行六面体的底面ABCD是边长为1的菱形，且，平面． （1）证明：； （2）求； （3）求平行六面体的体积． 【答案】（1）连接、，因为底面ABCD是边长为1的菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助线面垂直的性质定理及其判定定理证明即可得； （2）借助线面垂直性质定理可得，再利用空间向量线性运算法则计算可得的长度，最后借助空间向量模长与数量积关系计算即可得解； （3）利用空间向量线性运算法则及模长与数量积关系与夹角公式计算可得，过点作于点，可得为平行六面体的高，求出菱形ABCD的面积后，再借助体积公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， ，， 则， 即， ， 又，，设的长度为， 故，解得，负值舍去， 又， 故 ， 所以； 【小问3详解】 ， 又， 故，故， 过点作于点，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面ABCD，AC，BD为相交直线， 所以平面ABCD，故为平行六面体的高， 菱形ABCD的面积为， 则平行六面体的体积为. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，面，，点是棱的中点，点是棱上的一点（不包含端点）． （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为． （ⅰ）求三棱锥的体积； （ⅱ）记平面交于点，点在平面上，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）证明：因为平面，底面是边长为6的正方形， 则以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 所以，，，，，， 连接交于点，∴，， ∴，故，而平面，平面， 所以平面 （2）（ⅰ）6（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）结合题意，建立空间直角坐标系，连接交于点，利用向量法证明，再结合线面平行判定定理即可证明； （2）（i）设，进而根据平面与平面的夹角的余弦值求得，即，再结合求解体积即可； （ii）设，则，进而根据得，设，进而求得平面的法向量，再结合线面角的向量方法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为，，， 设， 则． 设平面的法向量为， 则即，取，解得，， 则， 因为平面，所以是平面的一个法向量． 因为平面与平面的夹角的余弦值为， 所以， 解得或（舍），所以， 所以三棱锥的体积． （ⅱ）设，则， 由（ⅰ）可知为平面的一个法向量， 所以，所以，解得， 所以， 因为在平面上，所以， 所以． 设平面的法向量， 则即，取得，， 则， 设与平面所成角为， 则． 因为，所以， 即与平面所成角的正弦值的取值范围为． 19. 已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，其中，二面角的大小为，平面平面PAC，面面，． （1）证明：面PAC； （2）若，求直线PB与平面PCD所成角的大小； （3）如图，若，平面平面，Q为l上一动点．平面ABQ与平面CDQ夹角的大小为，求的最小值． 【答案】（1）因为平面平面PAC，平面平面， ，且平面PAO，则平面PDB， 又因为平面PDB，所以， 在正方形ABCD中，，， 平面PAC，平面PAC，则平面PAC； （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）借助面面垂直性质定理可得平面PDB，再利用线面垂直性质定理与判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，设，再求出平面BPC法向量，结合二面角为，计算即可得点坐标，再求出平面DPC法向量，利用空间向量夹角公式计算即可得； （3）建立适当空间直角坐标系后，分别求出平面、平面法向量，结合二面角为，利用空间向量夹角公式计算可得，再求出平面、平面法向量，利用空间向量夹角公式结合基本不等式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以AB为x轴，以AD为y轴，过点A的平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 如图，则，，，， 设，则，， 因为，所以①， 因为，所以②， 因为平面PAC，所以平面PAC法向量， 设平面BPC法向量，，， 则，则， 不妨取，则．所以, 因为二面角为， 所以③， 由①②③解得，，，或，，， 即或 ①当时，，，， 设平面DPC法向量，有， 则，不妨取，则，，所以， 则， 设PB与平面PCD所成角为，， 又因为，所以； ②当时，，，， 设平面DPC法向量，有， 则，不妨取，则，，所以， 则， 设PB与平面PCD所成角为，， 又因为，所以； 综上，PB与平面PCD所成角为或； 【小问3详解】 因为面，面，所以， 又因为，，，面， 所以面，又面，所以， 以为正交基建立空间直角坐标系， 因为，平面PAD，平面PAD，所以平面， 又因为平面PBC，且平面平面，所以，， 设，，，，，， 则，， 设平面法向量，有， 则，不妨取，则，所以， 因为平面PAC，所以平面法向量， 因为二面角为60°，所以， 即，解得，即， 设，，， 设平面ABQ法向量，有， 则，不妨取，则，所以， ，， 设平面CDQ法向量，有， 则，不妨取，则，所以， 则， 设，，， 则 ， 由，当且仅当时，等号成立， 故，即最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 树德中学高2025级高二上学期10月阶段性测试数学试题 本试卷满分150分，考试用时120分钟 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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系中，为坐标原点，对空间中一点，则下列叙述正确的是（ ） A. 点关于轴的对称点是 B. 点关于平面的对称点是 C. 点关于轴的对称点是 D. 点关于原点的对称点是 3. 如图所示，已知正四棱锥，，若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 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， 5. 已知直线：，：．且，则实数（ ） A. B. C. D. 6. 已知是空间的一组基底，则不能与构成另一组基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 公元1765年瑞士数学家莱昂哈德•欧拉（LeonhardEuler）在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心（三条中垂线的交点）､重心（三条中线的交点）､垂心（三条高线的交点）在同一条直线上.后来，人们把这条直线称为欧拉线.若的顶点，则其欧拉线方程为（ ） 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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 若为平面的法向量，为平面的法向量，为直线l的方向向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 下列说法正确的是（ ） A. 过点且在x轴，y轴截距相等的直线方程为 B. 若，则直线与直线垂直 C. 直线的倾斜角的取值范围是 D. 经过点，的直线方程均可用表示 11. 正方形的边长为1，且它们所在的平面互相垂直．点分别在正方形对角线和上移动，且．则（ ） A. 直线与所成的角为 B. 平面 C. 当时，的长最小，且最小值为 D. 当的长最小时，点到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在空间直角坐标系中，已知点，，，，则点D到平面ABC的距离为______． 13. 不与共面，并且四点在一个平面上，（），则的最小值为 ______． 14. 已知､分别在直线与直线上，且，点，，则的最小值为___________. 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. 如图，对正方体­，，，分别是和的中点. （1）求到的距离； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 16. 设直线l的方程为． （1）求证：不论a为何值，直线l必过一定点P； （2）若直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点，，当面积最小时，求的周长． 17. 如图，平行六面体的底面ABCD是边长为1的菱形，且，平面． （1）证明：； （2）求； （3）求平行六面体的体积． 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，面，，点是棱的中点，点是棱上的一点（不包含端点）． （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为． （ⅰ）求三棱锥的体积； （ⅱ）记平面交于点，点在平面上，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 19. 已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，其中，二面角的大小为，平面平面PAC，面面，． （1）证明：面PAC； （2）若，求直线PB与平面PCD所成角的大小； （3）如图，若，平面平面，Q为l上一动点．平面ABQ与平面CDQ夹角的大小为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $