精品解析：福建厦门外国语学校2026-2027学年高二年级10月份阶段性检测数学试题

厦门外国语学校2025级高二年级10月份阶段性检测 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2．选择题每小题选出答案后，用2B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；在试卷上作答无效. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁和平整. 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，只有一项符合题目要求．） 1. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系中点关于坐标轴的对称点求解. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为. 故选：B. 2. 若两平行直线与之间的距离是，则（ ） A. 12 B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】利用两直线平行的关系和两平行直线间的距离公式求解即可. 【详解】因为直线与平行，它们之间的距离是， 所以，解得， 即直线为：，即， 又两条直线之间的距离是， 所以有：，解得：或（舍去）， 所以． 3. 在正三棱柱中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】借助空间向量线性运算与数量积公式，结合正三棱柱性质计算即可得. 【详解】 . 4. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分类讨论斜率的存在性，求出斜率的取值范围即可得倾斜角的范围. 【详解】由题意知，当时，直线的斜率不存在，其倾斜角； 当时，直线的斜率， 所以倾斜角， 综上，. 故选：C 5. 如图，在正方体中，以为原点建立空间直角坐标系，，分别在棱，上，且，，则下列向量中，能作为平面的法向量的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 设正方体的棱长为1，平面的法向量为，求出，令，即可得答案. 【详解】设正方体的棱长为1，平面的法向量为. 则，，， 所以，， 则，即不妨取，则，， 故. 故选：A. 【点睛】本题考查空间中平面法向量的求解，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题. 6. 在三棱台中，，，且，若平面，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立适当空间直角坐标系，求出和直线的方向向量即可由点到直线向量法距离公式直接计算求解. 【详解】由题意，平面，， 因此以为原点，分别以、、方向为轴建立空间直角坐标系： 则，，，，， 直线​的方向向量， ， 点到直线的距离. 7. 过定点的直线与过定点的直线交于点（与不重合），则面积的最大值为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程可得定点A、B，并且可判断两直线垂直，然后利用基本不等式可得. 【详解】动直线化为，可知定点， 动直线化为，令， 解得，可知定点， 又， 所以直线与直线垂直，为交点， . 则，当且仅当时，等号成立. 即面积的最大值为. 故选：B. 8. 如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，将几何问题转化为关于二面角的函数问题，再求解三角函数的最值即可. 【详解】取的中点记为，连接，，.，，则二面角的平面角为. 记二面角的大小为，则. 如图所示，以为原点，为轴，为轴， 过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系. ，. ，，. 直线和所成角为， ，. 当，即，有最小值，最小值为. 二、选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得3分，有选错得0分．） 9. 对于直线和直线，以下说法正确的有（ ） A. 直线一定过定点 B. 若，则 C. 的充要条件是 D. 点到直线的距离的最大值为5 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出直线所过定点判断A；利用垂直关系计算判断B；由两直线不相交求出判断C；求出直线所过定点，并求出它与点的距离判断D. 【详解】对于A，变形为， 令，解得，因此直线一定过定点，A正确； 对于B，若，则，解得，B正确； 对于C，当与不相交时，，解得或， 当时，直线与平行， 当时，直线与平行， 因此当时，或，C错误； 对于D，直线恒过点，点到直线的距离的最大值为间距离， 而，D正确. 故选：ABD 10. 如图，在正方体中，称各面正方形的对角线为面对角线，称为体对角线．设分别为的中点，则（ ） A. 存在面对角线与平面平行 B. 存在体对角线与平面平行 C. 存在面对角线与平面垂直 D. 存在体对角线与平面垂直 【答案】AD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由空间关系的向量求法可得出结论. 【详解】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图： 设正方体的棱长为2，则， 所以， 设平面的一个法向量为, 所以， 令，则，可得； 对于A，由可得， 因此，又平面，所以平面，所以A正确； 对于B，， 体对角线所在的向量为：， 易知, 因此不存在体对角线与平面平行，即B错误； 对于C，面对角线所在的向量为：， ， 显然以上向量与法向量均不平行， 所以不存在面对角线与平面垂直，即C错误； 对于D，显然，所以平面，即D正确. 11. 正三棱锥中，，，点在底面内运动（含边界），到棱的距离分别为，若，则（ ） A. 的体积为 B. 外接球的体积为 C. 的长度为定值 D. 的运动路径的长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取正三角形的中心，连接顶点和中心，得到连线垂直底面，由勾股定理求得三棱锥的高即可求得三棱锥体积，判断A选项；由正三棱锥的性质可知外接球球心在高上，利用勾股定理求得球的半径，即可求得球的体积，判断B选项；因为点在底面内运动，利用空间向量的共面设，由空间向量的投影求得点到线的距离，即可求出是否为定值，判断C选项；由C选项的结果，结合高即可求得点的运动轨迹，即可求得其运动路径的长，判断D选项. 【详解】取底面的中心，连接，则平面，易得外接球的球心在上， 由题意可知，所以， 则，故A正确； 设外接球的半径为，因为， 即，解得， 则其体积为，故B错误； 平面，所以可设，且， 在中，因，则，同理， 所以， 即，同理， 且， 则到的距离， 同理可得，， ，可得， 所以为定长，故C正确； 因为点到平面的距离，且， 则到的距离为定长， 因为到三边的距离， 所以的运动轨迹为在中，以为圆心，为半径的圆弧， 如图，由正三角形对称性可知圆弧被平均分为3份 ，即，所以圆弧的圆心角为， 所以圆弧的弧长为.故D正确 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为_______． 【答案】或 【解析】 【详解】当直线经过原点时，斜率，所以， 当直线不经过原点时，设横纵截距分别为，则，则， 所以， 所以或. 13. 如图，在中，，，点是边上异于端点的一点，光线从点出发经，边反射后又回到点，若光线经过的重心，则的周长等于_____． 【答案】 【解析】 【分析】建立直角坐标系并利用反射的对称性化折为直，通过对称点连线必过重心的条件解出起点位置，最终计算两对称点之间的距离得出周长. 【详解】因为，所以， 以点为原点，边所在直线为轴，边所在直线为轴建立平面直角坐标系， 则有，设点， 设点关于轴的对称点为，其坐标为， 设点关于直线的对称点为，直线的方程为， 整理得，设，则有， 即，进而有，因此， 由对称可知，且四点共线， 所以的周长等于， 的重心坐标为， 直线的斜率， 进而直线的方程为， 代入重心坐标得，即 整理得，因为是边上异于端点的一点，所以，所以， 所以， ，即的周长等于. 14. 已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，利用空间两点的距离公式确定截面的形状，可求出周长. 【详解】如图， 将正四面体放入正方体中，因为正四面体的棱长为，所以对应正方体的棱长为4. 以为原点建立如图空间直角坐标系，则，，，. 设动点， 由题意得，， 整理得，. 取，，，分别为棱，，，的中点，则四边形即为动点构成的平面截正四面体所得的截面图形. 因为四边形为菱形，且， 所以所得截面多边形的周长为. 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. 平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为． （1）求边上的高所在的直线方程； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直线BC的斜率，可得边上高所在直线斜率，利用点斜式即可得出边上的高所在的直线方程． （2）先求得BC的方程为，求得点A到直线的距离和，结合三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由题意，可得直线BC的斜率，则BC边上高所在直线斜率， 又由点,则边上的高所在的直线方程为，即． 【小问2详解】 解：由点，可得， 所以的方程为，即， 则到直线BC的距离， 且， 所以的面积． 16. 如图，在四面体中，，，，，点、分别为、的中点，设，，． （1）将用基底表示，并求其模长； （2）若，，求证：、、、四点共面． 【答案】（1），. （2）证明：由题意知，， 因为，所以， 所以，， ， 不妨设， 即， 因为、、不共面，由空间向量基本定理可得，解得， 即， 根据共面向量定理，、、共面且有公共点，所以、、、四点共面． 【解析】 【分析】（1） 用基底表示，然后利用数量积的运算律求出模长即可； （2）利用基底表示出向量，，，再由共面向量定理证明即可. 【小问1详解】 ， 则 ， 所以； 【小问2详解】 略 17. 如图1，已知长方形中，，，为的中点，将沿折起，得到四棱锥（如图2），使得平面平面. （1）求证：； （2）若点是线段上的一动点，当点在何位置时，二面角的余弦值为. 【答案】（1） 证明：在长方形中，，，为的中点， 则，平面平面，平面平面， 且平面，由，得， 则平面，又平面，所以. （2）点是线段靠近的三等分点 【解析】 【分析】（1）根据题目条件得出直线垂直直线所在的平面，进而推出：；（2）建立空间坐标系，通过的坐标得到的坐标，再通过二面角的余弦值为，计算可得点的位置. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作平面的垂线，并以此线为轴， 以直线，分别为，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 由点是线段上的一动点， 设，， 则 平面的法向量为，设平面的法向量为， 则， 取，得， 由二面角的余弦值为， 得， 解得，点是线段靠近的三等分点， 所以点是线段靠近的三等分点时，二面角的余弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，已知射线，过点作直线分别交射线、轴正半轴于点、. （1）当的中点为时，求直线的方程； （2）已知点在线段（包括端点）上运动，求的取值范围； （3）求面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可设、，根据中点坐标公式可得，，进而可得直线方程； （2）由直线的方程得，代入消元可得关于的二次函数，进而求最值； （3）根据直线斜率是否存在分类讨论，求得，的坐标，进一步用坐标表示三角形的面积，利用换元法和二次函数的性质可得最值. 【小问1详解】 由题意可设、，且，． 当AB的中点为P时，则，解得，， 所以、． 所以直线AB的方程为，即一般式方程为：． 【小问2详解】 由、，得线段的方程为：， 因为点在线段（包括端点）上运动，所以，则， 因此， 因为二次函数的开口向上，对称轴方程为， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因此，当时，有最小值，最小值， 当时，有最大值，最大值， 故的取值范围是. 【小问3详解】 当过点的直线斜率不存在时，、， 此时． 当过点的直线斜率存在时， 设直线AB的方程为，即． 直线AB与相交，可得， 直线AB与x轴正半轴相交于B，可得． 由，解得或． 则． 令，则（或）， 可得， 由或，可得或， 根据二次函数的单调性可知，当，有最大值，最大值为， 此时面积有最小值，且，此时，、符合题意． 综上所述，面积的最小值为． 19. 如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）取的中点F，连接，， 又为的中点，则，且， 又是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，且，， 则，，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）①由题意知，， 又是等边三角形，底面为直角梯形， 则，，所以，即， 又因为，且，所以平面， 又平面，故平面平面． ②取的中点，连接，，则，， 又平面平面，且平面平面，所以平面， 所以以为坐标原点，直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 又， 则，，，，， 所以，，，， 因为点在直线上， 不妨设， 所以， 设是平面的法向量，则， 取，则，，即， 假设存在点，使得平面，则， 所以， 但此方程组无解，故不存在点，使得平面． 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形，直角梯形的性质推出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，及线面平行的判定即可证明； （2）①先根据曲率的定义求出，再根据线面垂直的判定及性质推出面面垂直即可证明； ②先证明，，两两垂直，再建立对应的空间直角坐标系，根据空间向量的线性关系求出，再求出平面的法向量，再根据线面垂直的关系得到，进而列方程组求解即可判断点是否存在． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门外国语学校2025级高二年级10月份阶段性检测 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2．选择题每小题选出答案后，用2B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；在试卷上作答无效. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁和平整. 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，只有一项符合题目要求．） 1. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 若两平行直线与之间的距离是，则（ ） A. 12 B. C. D. 6 3. 在正三棱柱中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 4. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在正方体中，以为原点建立空间直角坐标系，，分别在棱，上，且，，则下列向量中，能作为平面的法向量的是（ ） A. B. C. D. 6. 在三棱台中，，，且，若平面，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 过定点的直线与过定点的直线交于点（与不重合），则面积的最大值为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 8. 如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得3分，有选错得0分．） 9. 对于直线和直线，以下说法正确的有（ ） A. 直线一定过定点 B. 若，则 C. 的充要条件是 D. 点到直线的距离的最大值为5 10. 如图，在正方体中，称各面正方形的对角线为面对角线，称为体对角线．设分别为的中点，则（ ） A. 存在面对角线与平面平行 B. 存在体对角线与平面平行 C. 存在面对角线与平面垂直 D. 存在体对角线与平面垂直 11. 正三棱锥中，，，点在底面内运动（含边界），到棱的距离分别为，若，则（ ） A. 的体积为 B. 外接球的体积为 C. 的长度为定值 D. 的运动路径的长度为 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为_______． 13. 如图，在中，，，点是边上异于端点的一点，光线从点出发经，边反射后又回到点，若光线经过的重心，则的周长等于_____． 14. 已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为__________． 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. 平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为． （1）求边上的高所在的直线方程； （2）求的面积． 16. 如图，在四面体中，，，，，点、分别为、的中点，设，，． （1）将用基底表示，并求其模长； （2）若，，求证：、、、四点共面． 17. 如图1，已知长方形中，，，为的中点，将沿折起，得到四棱锥（如图2），使得平面平面. （1）求证：； （2）若点是线段上的一动点，当点在何位置时，二面角的余弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，已知射线，过点作直线分别交射线、轴正半轴于点、. （1）当的中点为时，求直线的方程； （2）已知点在线段（包括端点）上运动，求的取值范围； （3）求面积的最小值． 19. 如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；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 $