精品解析：辽宁本溪市某校2026-2027学年高二上学期十月份调研数学试题

高二年级十月份调研数学试题 考试时间120分钟 满分150分 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5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. 在空间直角坐标系下，点与点关于轴对称，点与点关于平面对称，则和（ ） A. 关于轴对称 B. 关于轴对称 C. 关于平面对称 D. 关于平面对称 【答案】C 【解析】 【分析】设点，再求出点关于坐标轴及坐标平面的对称点坐标，由点的坐标判断点的对称关系可得. 【详解】设点，因为点与点关于轴对称，所以. 又因为点与点关于平面对称，所以， 由，，所以和关于平面对称. 2. 若直线的一个法向量是，则的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设直线的法向量，直线的方向向量为， 因为法向量与方向向量相互垂直，所以， 即， 令，得，可取方向向量， 直线斜率：. 3. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解法一：， 解得，所以或，所以； 解法二：， 所以. 4. 已知正四面体的棱长为分别为棱的中点，则的值为（ ） A. B. 2 C. -2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理将用和表示，再将展开，利用正四面体棱长及夹角求出各点积，最后代入计算。 【详解】 因为为中点，为中点， 所以 于是 在正四面体中,棱长为，各面均为等边三角形， 所以 所以 5. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】或重合解得或 若，则 若，则重合 所以，，即充分必要条件. 6. 已知三条直线的方程分别为，则使这三条直线能围成等腰直角三角形的的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】易知，联立方程可得的交点坐标为，直线恒过定点，通过作图即可判断直线的情况，从而求得. 【详解】显然，解方程组得，故的交点坐标为， 直线的斜率为，其倾斜角为；直线的斜率为，其倾斜角为. 对直线的方程变形为，由可得， 故直线恒过定点， 作图可知使三条直线能围成等腰直角三角形的直线有两条：和， 当直线的方程为时，；当直线的方程为时，. 故满足条件的实数的个数为. 7. 如图，正方体的棱长为，为的中点，在侧面上，若，则面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，设，由可得，由此得到关系；从而利用表示的面积，利用二次函数最值求得面积的最值. 【详解】以为坐标原点可建立如下图所示空间直角坐标系 则，，，，， 设，则， 当时， 故选： 【点睛】本题考查立体几何中三角形面积最值的求解问题，关键是能够将所求三角形面积利用一个变量表示出来，得到二次函数的形式，利用二次函数的最值求得面积的最值. 8. 如图，已知矩形，将沿对角线翻折至，使二面角大小为，则与平面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解法一：建立空间直角坐标系，用向量的方法求线面角的正弦值，进而可得正切值；解法二：设在平面上的射影为，通过线段的计算判断为中点，进而为与平面所成的角，再由等腰直角三角形可得所求角的正切值. 【详解】解法一：分别作直角和直角的高线和， 因为矩形中，，所以. 再由等面积法：，得. 由勾股定理得，所以. 如图，以为原点，平面为平面，方向为轴正方向建立空间直角坐标系, 因为轴，所以平面，所以就是二面角的平面角，所以. 所以，，平面的法向量取， 设与平面所成的角为（）， 则， 因为，所以. 因此与平面所成角的正切值为. 解法二： 分别作直角和直角的高线和， 因为矩形中，，所以. 再由等面积法：，得. 由勾股定理得，所以 ，且，， 所以 ， 所以. 设在平面上的射影为，则平面， 因为平面，所以. 又因为，，且，平面， 所以平面，而平面，所以， 因此为二面角的平面角，所以， 所以，且，即为的中点，所以为中点. 因此为与平面所成的角， 在中，，所以 因此为等腰直角三角形，所以. 因此与平面所成角的正切值为. 二、多项选择题：本大题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有不止一项是符合题目要求的．选出全部正确选项，得6分；选出部分正确选项得部分分，选择有错误选项，得0分． 9. 已知平面，是平面外的一点，若平面，则下列关系可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】A项，因为在平面外，不共面，系数之和不为1，故，A错误； 项，，而可能成立,B正确； C项，由平面向量基本定理知C正确； D项，因为在平面外，不共面，系数之和不为1，故，D错误． 10. 下列关于直线方程的命题，正确的是（ ） A. 方程可以表示经过点的任意直线 B. 若直线在轴上的截距分别为，则的方程为 C. 若直线经过两点，则的方程为 D. 若直线的倾斜角为且过点，则的方程为 【答案】BCD 【解析】 【详解】A选项：不能表示轴即，所以A错误； 选项：若直线在轴上的截距分别为，则的方程为， 即，所以B正确； C选项，设是直线上任意一点， 则，，因为共线，所以， 即， 所以的方程为，所以C正确； D选项，若直线的倾斜角为，则为的方向向量，所以为的法向量， 设为直线上任意一点，因为直线过点，所以， 所以的方程为，所以D正确． 11. 如图，圆柱的轴截面为边长为2的正方形，为底面圆周上的动点（不与重合），则（ ） A. 平面 B. C. 到直线距离的最大值为 D. 三棱锥的外接球半径为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由线面平行证明即可；对于B,利用数量积的运算律计算即可；对于C，建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量公式求解；对于D，先确定三棱锥的外接球球心在直线上，设，求出球心坐标，从而得到球半径. 【详解】A项，因为，平面，平面， 所以平面； B项，易知， 所以； C项， 如图，建立空间直角坐标系，则， 设，的方向向量取， 则到直线的距离， 因为，所以不存在最大值； D项，的外心为，且平面， 所以三棱锥的外接球球心在直线上， 设，则，即，解得， 所以. 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分． 12. 直线l经过点，且原点O到l的距离为1，满足该条件的一条直线的方程可以是___________． 【答案】或（两者写出其一即可） 【解析】 【详解】若l斜率不存在，直线l：，显然满足条件； 若l斜率存在，设，即， 则，解得， 此时，l的方程为. 所以l的方程为或（两者写出一种即可）. 13. 在空间直角坐标系下，的三个顶点坐标分别为，，，则原点到平面的距离为___________． 【答案】 【解析】 【详解】设平面的法向量为，，所以，令，取， 所以到平面的距离. 14. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，平面经过点，与分别交于点，若，则的值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，，利用基底表示，再根据 求出，最后利用空间向量基本定理列方程组求解. 【详解】设， 因为， 所以， ， 因为四点共面，所以 又，所以， 则 根据空间向量基本定理，有，得． 四、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知的顶点坐标，且 （1）证明：点在定直线上并指出该直线方程； （2）若，求直线在轴上的截距． 【答案】（1）设，则由， 得， 解得， 所以点在定直线上； （2）或 【解析】 【分析】（1）设，根据化简即可得出结论； （2）由（1）可知，根据，可得，从而可求出，即可得出直线的方程，进而可得出答案. 【小问1详解】 设，则由， 得， 解得， 所以点在定直线上； 【小问2详解】 由（1）可知， ， 因为，所以，所以， 所以，直线的方程为， 即或， 所以直线在轴上的截距为或． 16. 已知平行六面体，侧面为矩形，底面为菱形，且，设，． （1）若，用表示并求； （2）若， （i）求； （ii）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）， （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）首先利用基底表示向量，再利用数量积公式求模； （2）（i）首先，再根据数量积的运算律求解；（ii）首先基底表示向量和，再根据数量积的运算律和公式求 【小问1详解】 ， 故 所以． 【小问2详解】 （i）因为，所以 即 所以，因为，所以 （ii） ，所以 设直线与所成的角为 则 17. 已知的顶点的平分线所在直线的方程为边上的中线所在直线的方程为． （1）求点关于直线的对称点的坐标； （2）求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，则线段的中点在直线上，且直线与直线垂直，由此列出方程组，解之即可得解； （2）设，由在直线上及线段中点在直线上列出方程组，求出点的坐标，再根据直线的两点式方程即可得解. 【小问1详解】 由已知，设，则由及线段中点在上可得 ，解得， 所以坐标为； 【小问2详解】 设，则由在直线上及线段中点在直线上可得 ，解得， 所以的坐标为， 所以直线即直线的方程为， 整理得. 18. 如图，平面直角坐标系下三边所在的直线方程为与轴分别交于点与轴交于点．将坐标平面沿轴翻折，为翻折过程中的轨迹上的动点，设二面角大小为． （1）若，求平面与平面的夹角； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）证明为二面角的平面角，并证明为平面与平面的夹角，通过等腰三角形的性质即可求出夹角的大小； （2）根据题意建立空间直角坐标系，确定二面角的平面角，根据翻折的性质算出点的坐标关系，再根据，求出具体长度，最后根据余弦定理求出的值. 【小问1详解】 在平面直角坐标系下由各边方程可知，， 且，，， 在空间图形中，因为，平面，所以平面 设平面平面，则且 因为且，， 所以平面，所以平面 所以为二面角的平面角，所以， 又因为，所以是等腰直角三角形， 所以，为平面与平面的夹角 所以平面与平面的夹角． 【小问2详解】 由题可得，，以为轴，为轴，垂直于平面的方向为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 由题可知点在平面内，设点坐标为， 则① 因为，所以， 即② 由①②解得 所以， 由（1）得为二面角的平面角，所以 在中，由余弦定理得． 19. 如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，平面平面，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的度数； （3）设，直线与平面所成角为，求的最大值以及此时的值． 【答案】（1）因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面，所以. 在直角梯形中，由题设条件可知，又 所以，所以 为平面内的相交直线， 所以平面 （2） （3）时，取最大值 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得平面，即，再根据勾股定理证，从而得证； （2）以和方向为轴和轴正方向建立空间直角坐标系，利用法向量求解； （3）利用法向量求，再设新元构造二次函数型函数求解最值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 如图，以和方向为轴和轴正方向建立空间直角坐标系， 则 设平面的法向量为， 则， 令得， 设平面的法向量为， 则， 令得， 设二面角的平面角大小为， 则， 又由图形可知为钝角，所以，所以． 【小问3详解】 ， 则， 设，则， 设，则， 当即，时，取最大值，为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级十月份调研数学试题 考试时间120分钟 满分150分 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5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. 在空间直角坐标系下，点与点关于轴对称，点与点关于平面对称，则和（ ） A. 关于轴对称 B. 关于轴对称 C. 关于平面对称 D. 关于平面对称 2. 若直线的一个法向量是，则的斜率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知正四面体的棱长为分别为棱的中点，则的值为（ ） A. B. 2 C. -2 D. 5. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知三条直线的方程分别为，则使这三条直线能围成等腰直角三角形的的个数为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，正方体的棱长为，为的中点，在侧面上，若，则面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知矩形，将沿对角线翻折至，使二面角大小为，则与平面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有不止一项是符合题目要求的．选出全部正确选项，得6分；选出部分正确选项得部分分，选择有错误选项，得0分． 9. 已知平面，是平面外的一点，若平面，则下列关系可能成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列关于直线方程的命题，正确的是（ ） A. 方程可以表示经过点的任意直线 B. 若直线在轴上的截距分别为，则的方程为 C. 若直线经过两点，则的方程为 D. 若直线的倾斜角为且过点，则的方程为 11. 如图，圆柱的轴截面为边长为2的正方形，为底面圆周上的动点（不与重合），则（ ） A. 平面 B. C. 到直线距离的最大值为 D. 三棱锥的外接球半径为 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分． 12. 直线l经过点，且原点O到l的距离为1，满足该条件的一条直线的方程可以是___________． 13. 在空间直角坐标系下，的三个顶点坐标分别为，，，则原点到平面的距离为___________． 14. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，平面经过点，与分别交于点，若，则的值为___________． 四、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知的顶点坐标，且 （1）证明：点在定直线上并指出该直线方程； （2）若，求直线在轴上的截距． 16. 已知平行六面体，侧面为矩形，底面为菱形，且，设，． （1）若，用表示并求； （2）若， （i）求； （ii）求异面直线与所成角的余弦值． 17. 已知的顶点的平分线所在直线的方程为边上的中线所在直线的方程为． （1）求点关于直线的对称点的坐标； （2）求直线的方程． 18. 如图，平面直角坐标系下三边所在的直线方程为与轴分别交于点与轴交于点．将坐标平面沿轴翻折，为翻折过程中的轨迹上的动点，设二面角大小为． （1）若，求平面与平面的夹角； （2）若，求． 19. 如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，平面平面，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的度数； （3）设，直线与平面所成角为，求的最大值以及此时的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $