精品解析：内蒙古呼和浩特市和林格尔县第一中学2026-2027学年高二上学期第一次阶段考试数学试卷

2026-2027学年第一学期第一次阶段考试 高二数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 是虚数单位，复数等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知，空间向量为单位向量，，则空间向量在向量方向上的投影的数量为（ ） A. 2 B. C. D. 3. 已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（     ）. A. B. 1 C. D. 4. 某种药物呈胶囊形状，该胶囊中间部分为圆柱，左右两端均为半径为的半球．已知该胶囊的表面积为，则它的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 若，则等于（ ）. A. B. C. D. 6. 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=2，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是PD的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 7. 设，向量且，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 8. 如图在一个的二面角的棱上有两点，线段分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱垂直，若，，，则的长为（ ）. A. 2 B. 3 C. D. 4 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知l，m是平面α外的两条不同的直线，则下列命题中正确的是（　　） A. 若l∥α，m∥α，则l∥m B. 若l⊥α，m∥α，则l⊥m C. 若l⊥α，l⊥m，则m∥α D. 若l⊥m，m∥α，则l⊥α 10. 下列式子化简正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，正方体的棱长为1，E为的中点.下列说法正确的是（ ） A. 直线与平面所成角是 B. 在直线上存在点F，使EF⊥平面 C. 直线与直线AD是异面直线 D. 点B到平面的距离是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在四面体中，点为棱的中点．设，，那么向量用基底可表示为______________________． 13. 如图在平行六面体中，，，，则的长是___________． 14. 如图，已知三棱锥，为的重心，点，为，的中点，点分别在上，，．若四点共面，则______． 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. 已知点，． （1）求直线的倾斜角； （2）过点的直线与过，两点的线段有公共点，求直线斜率和倾斜角的取值范围． 16. 已知的面积是，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求A； （2）若，求的周长. 17. 如图，在梯形中，，现将所在平面沿对角线翻折，使点翻折至点，且成直二面角． （1）证明：平面平面； （2）若异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离． 18. 函数的一部分图象如图所示，其中，，. （1）求函数解析式； （2）求时，函数的值域； （3）将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数的图象，求函数的单调递减区间. 19. 如图，平面． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．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 $ 2026-2027学年第一学期第一次阶段考试 高二数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 是虚数单位，复数等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案． 【详解】解：， 故选：C． 2. 已知，空间向量为单位向量，，则空间向量在向量方向上的投影的数量为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量在向量方向上的投影为，运算即可的解. 【详解】由题意，，，， 则空间向量在向量方向上的投影为. 故选：B. 3. 已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（     ）. A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直观图面积，再根据原图形与直观图面积关系求解. 【详解】根据题意，可知是等腰直角三角形，又， 所以，故， 所以原平面图形的面积. 故选：D. 4. 某种药物呈胶囊形状，该胶囊中间部分为圆柱，左右两端均为半径为的半球．已知该胶囊的表面积为，则它的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆柱的侧面积以及球的表面积计算公式，求得圆柱的高，再结合圆柱和球的体积公式求解即可. 【详解】设圆柱的高为，， ； . 故选：. 5. 若，则等于（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据，利用诱导公式得到，再由，利用二倍角公式求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：A 6. 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=2，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是PD的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取CD的中点F，连接BF，EF. 则∠BEF(或补角)为异面直线BE与PC的所成角. 分别求出BF、EF、BE的长度，利用余弦定理，即可求得结果. 【详解】如图，取CD的中点F，连接BF，EF. 因为E是PD的中点，所以EF//PC， 则∠BEF(或补角)为异面直线BE与PC的所成角. 由题意可得BF=，，BE=. 在中，由余弦定理可得 . 故选：B 【点睛】本题考查异面直线成角的问题、余弦定理的应用，考查逻辑分析，推理证明，求值计算的能力，属中档题. 7. 设，向量且，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，， 所以有，， 解得，， 所以， 所以. 8. 如图在一个的二面角的棱上有两点，线段分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱垂直，若，，，则的长为（ ）. A. 2 B. 3 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由，两边平方后展开整理，即可求得，则的长可求． 【详解】解：， ， ，， ，， ． ， ， 故选：． 【点睛】本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知l，m是平面α外的两条不同的直线，则下列命题中正确的是（　　） A. 若l∥α，m∥α，则l∥m B. 若l⊥α，m∥α，则l⊥m C. 若l⊥α，l⊥m，则m∥α D. 若l⊥m，m∥α，则l⊥α 【答案】BC 【解析】 【分析】利用线面平行得判定及性质，线面垂直的性质逐项判断即可 【详解】若l∥α，m∥α，则l∥m或l与m相交或l与m异面，故A错误； 若l⊥α，则l垂直平行于α的所有直线，而m∥α，利用线面平行的性质定理，必存在,则l⊥m，故B正确； 若l⊥α，l⊥m，且mα，则m∥α，故C正确； 若l⊥m，m∥α，且已知lα，则l∥α或l与α相交，故D错误． 故选：BC． 10. 下列式子化简正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用诱导公式及两角和的余弦公式的逆用可判断选项A；利用辅助角公式可判断选项B；利用诱导公式及二倍角正弦公式可判断选项C；利用及两角差的正切公式可判断选项D. 【详解】对于选项A：因为 ，故选项A错误； 对于选项B： ，故选项B正确； 对于选项C：因为，故选项C正确； 对于选项D：因为，故选项D错误. 故选：BC. 11. 如图，正方体的棱长为1，E为的中点.下列说法正确的是（ ） A. 直线与平面所成角是 B. 在直线上存在点F，使EF⊥平面 C. 直线与直线AD是异面直线 D. 点B到平面的距离是 【答案】ABD 【解析】 【分析】连接交于点，则可得到直线与平面所成角，求出这个角，可判断A，取与的交点为，利用线面垂直的判定定理可判断B，证明在平面上，可以判断C；的长就是点B到平面的距离，可判断D. 【详解】如图，由是中点，则它也是的中点，连接， 由知共面，显然在这个平面内，与共面，C错； 连接，，与的交点为，则平面，连接，， 正方体中，分别是中点，则， 由平面，平面， 则，又，与是平面内两相交直线， ∴平面， ∴平面，即平面，B正确； 设交于点，连接，则是直线与平面所成角， 在直角三角形中，， ∴，A正确； 由上可知点B到平面的距离就是，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在四面体中，点为棱的中点．设，，那么向量用基底可表示为______________________． 【答案】 【解析】 【详解】因为点为棱中点，所以， 因为，所以， 因为，，， 所以. 13. 如图在平行六面体中，，，，则的长是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理把用表示出来，再利用向量数量积公式得到的长. 【详解】取，，， 已知，，， ， ， ， ， ， ，即. 故答案为： 14. 如图，已知三棱锥，为的重心，点，为，的中点，点分别在上，，．若四点共面，则______． 【答案】24 【解析】 【分析】根据题意，设的中点为，连接，由空间向量的运算结合四点共面定理代入计算，即可得到结果. 【详解】如图，设的中点为，连接． 因为点为的重心，所以点在线段上． 因为 ， 所以， 所以． 若四点共面，则，解得． 故答案为： 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. 已知点，． （1）求直线的倾斜角； （2）过点的直线与过，两点的线段有公共点，求直线斜率和倾斜角的取值范围． 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）利用两点坐标求直线斜率，再由斜率与倾斜角的关系求出倾斜角； （2）先求出的斜率，结合图像观察直线绕定点旋转时斜率的变化规律，得到斜率取值范围，再结合倾斜角与斜率的对应关系，分段求出倾斜角范围，注意竖直直线倾斜角存在、斜率不存在的特殊情况． 【小问1详解】 由已知得直线的斜率，设直线的倾斜角为，其中， 由斜率和倾斜角的关系，得，因此倾斜角． 【小问2详解】 直线的斜率，直线的斜率， 因为过点的直线与过两点的线段有公共点， 结合图像分析：直线绕点从位置逆时针转到位置的过程中， 斜率从趋向负无穷，经过竖直直线（斜率不存在）后从正无穷连续减小到， 所以直线斜率的取值范围为． 设直线倾斜角为，． 当，即，此时倾斜角； 当，即，此时倾斜角； 竖直直线倾斜角为，也满足题意． 综上合并，倾斜角取值范围：． 16. 已知的面积是，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求A； （2）若，求的周长. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式、诱导公式计算可得； （2）由，，得，再利用余弦定理求出，即可求出的周长． 【详解】解：（1）因为，所以， 所以，即，因为，所以， 所以，所以 （2），， ， ， ， 的周长为：． 17. 如图，在梯形中，，现将所在平面沿对角线翻折，使点翻折至点，且成直二面角． （1）证明：平面平面； （2）若异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：取的中点为，连接， ∵在梯形中，， ∴，即且，则四边形是平行四边形， ∴，在中，， 又∵二面角是直二面角，即平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）先取的中点为，利用直角三角形斜边中线的性质可证明出，再由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明即可. （2）先建立如图空间直角坐标系，再利用异面直线所成角的余弦值求出，再根据点到平面距离的向量表示求解即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 取的中点为，连接，∵折叠前，折叠后， 则，又平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 由（1）知四边形是平行四边形，又，∴四边形是菱形，故， 则可以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 由（1）知，即，∴， 即，， 设异面直线与所成角为， 则，解得，即， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 则点到平面的距离. 18. 函数的一部分图象如图所示，其中，，. （1）求函数解析式； （2）求时，函数的值域； （3）将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数的图象，求函数的单调递减区间. 【答案】（1）；（2）；（3），. 【解析】 【分析】（1）根据图象，可得，即可求得A、B的值，根据图象，可得，即可求得周期T，进而可得值，代入点坐标，可求得值，即可得答案. （2）根据x的范围，求得的范围，结合正弦型函数的性质，即可得答案. （3）根据平移的法则，可得的解析式，令，，即可求得函数的单调递减区间. 【详解】解：根据函数的一部分图象，其中，，， ∵，解得， 又∵，∴， 再根据五点法作图，可得，， ∴，， ∵，∴， ∴函数的解析式为； （2）∵，∴， 根据正弦型函数性质可得：当时，有最大值1 当时，有最小值， ∴，∴函数的值域为； （3）将函数的图象向右平移个单位长度， 得到函数的图象， 对于函数， 令，，求得，， 故函数的单调减区间为，. 【点睛】解题的关键是熟练掌握正弦型函数的图象与性质，并灵活应用，求值域时，需根据x的范围，求得括号内的范围，再结合正弦型性质求解，综合性较强，属中档题. 19. 如图，平面． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．若存在，求的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1），平面，平面，平面， ，平面，平面，平面， 又，平面，平面平面， 平面，平面. （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）通过线面平行证面面平行，再利用面面平行的性质即可， （2）以分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再代入公式即可； （3）求出平面的法向量，再求出的长，进而可以求出的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面， 如图，以分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则， 令，得，故平面的法向量为， ， 故直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 存在，理由如下： 设，则， 设平面的法向量为，则， 令，得，故平面的法向量为， ，即，解得或， 或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $