广东省广州市天河区华南师范大学附属中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

2026-2027学年第一学期高二年级阶段性测试一 数学试卷 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，只有一项是符合题目要求的。 1．如图，在三棱锥中，（    ） A． B． C． D． 2．若直线过点，，则此直线的倾斜角是（    ） A． B． C． D． 3．经过点且与直线平行的直线方程为（    ） A． B． C． D． 4．直线与间的距离是（    ） A．1 B． C．2 D． 5．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为．则“将军饮马”的最短总路程为（   ） A． B． C． D． 6．已知圆，点，点，点在圆上运动，点满足（O为坐标原点），则点到直线距离的最大值为（　　） A．8 B． C． D．6 7．斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，，点为棱上动点，则异面直线与所成角的最小值为（     ） A．30° B．45° C．60° D．75° 8．已知点为圆上任意一点，过点分别向直线和作垂线，垂足分别为，．则的最大值为（    ） A． B．16 C． D．15 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．下列说法正确的有（    ） A．直线过点，斜率不存在，则其方程是 B．直线的倾斜角为 C．过、两点的所有直线的方程为 D．设直线的方程为，则直线倾斜角的取值范围是 10．如图，二面角的大小为，点A在半平面内，点B，均在半平面内，于点C，于点C，于点D，，，则（    ） A． B．平面 C． D． 11．已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，点在侧面上运动，且直线平面，下列说法正确的是（   ） A．点的轨迹长度为 B．直线与直线所成的角记为，则的最小值为 C．平面与平面所成的锐二面角记为，则 D．三棱锥体积为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．以为圆心，且与直线相切的圆的标准方程为______. 13．正四棱锥中，侧面与底面所成二面角的余弦值为，则侧棱与底面所成角大小为______ 14．已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点、、、的点，记．若集合中有且只有2个元素，则符合条件的点有_____________个． 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．在中，，，分别为内角，，的对边，已知． (1)求； (2)若，，求的面积． 16．在三棱锥中，，，是的中点． (1)证明：平面平面； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值． 17．已知直线过定点，直线的方程是． (1)若直线的横截距为纵截距的3倍，求直线的方程． (2)若直线与轴正半轴分别交于两点，过分别作直线垂线，垂足分别是．求四边形面积的最小值． 18．已知正方形的边长为2，沿将折起至位置（如图），为的重心，点在边上，且． （1）证明：平面； （2）若，求平面ABC与平面GBC所成角的余弦值． 19．已知是定义在上的函数，若对任意的，均有，则称是关联． (1)判断和证明是否是关联？ (2)若是{3}关联，当时，，解不等式； (3)证明：“是关联，且是关联”的充要条件是“是关联”． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A B B C B B A ABD ABD 题号 11 答案 ABD 1．C 【详解】 2．A 【分析】利用两点斜率公式求出斜率，进而可得倾斜角. 【详解】解：设直线的倾斜角为， 则， ， 故选：A. 【点睛】本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，考查两点斜率公式，是基础题. 3．B 【详解】直线可化为，斜率为， 所求直线与已知直线平行，故斜率也为， 又所求直线经过点，由点斜式得，整理即. 4．B 【详解】由得， 所以直线与间的距离是． 5．C 【分析】利用点对称然后连线找最短，求两点间距离即可 【详解】 如图所示，，，过原点作的对称点为，连接， 则的长度即为“将军饮马”的最短总路程，因为， 所以“将军饮马”的最短总路程为5. 6．B 【分析】根据题意先解出直线的方程，再设点，然后根据已知条件解出点的轨迹方程，即可得到结果. 【详解】由点得. 设，由已知且， 所以. 又点在上，得， 故点轨迹为以为圆心，半径的圆， 则点到直线距离为， 所以点到直线距离的最大值为. 故选：B. 7．B 【分析】先选择恰当的空间基底，用基底向量表示相关向量，再利用向量数量积公式计算异面直线所成角的余弦值，将几何问题转化为代数问题，再结合函数单调性求角度的最小值. 【详解】设，，，则， ，， ，. 因为点为棱上动点，设，， 则，， ， ，则， ， ，， 设异面直线与所成角为，则， 因为函数在上单调递增， 所以，当时，取得最大值，此时，所以取得最小值为， 即异面直线与所成角的最小值为. 8．A 【分析】由题意可知互相垂直且均经过定点，进而可得，再由基本不等式计算即可求解. 【详解】 已知圆，化为标准方程为，因此圆的圆心，半径， 由直线和，可知互相垂直且均经过定点， 又因为，，所以四边形是一个矩形，且， 因此，当且仅当三点共线且在线段之间时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立， 检验：当三点共线时，， 直线的方程为，即， 直线与圆联立方程组得，解得两个交点分别为 和 ， 结合题意可知应在离较远的一侧，取， 此时，，所以， 经检验，当时，有最大值为，故A正确. 9．ABD 【详解】对于A：斜率不存在的直线垂直于轴，直线上所有点的横坐标恒为，方程为，故正确； 对于B，直线可得，则斜率， 所以直线倾斜角满足，且，即，故正确； 对于C，根据直线方程两点式可知，且，故错误； 对于D，由直线的方程为可得，斜率， 由得，设倾斜角为，则， 由，得,故正确， 故选：AD. 10．ABD 【详解】以为原点，在平面内过作的垂线为轴，直线为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系. 由题意得，，，；二面角的平面角为，，故. 对选项A，，与方向一致，又且，由线面平行判定定理得，故A正确. 对选项B，由，，，得平面， 又，故平面，故B正确. 对选项C，，平面的法向量为， 因为与法向量不平行，故不垂直于，C错误. 对选项D，，，即，故D正确. 11．ABD 【分析】利用面面平行确定点的轨迹可判断A；建立空间直角坐标系，利用向量夹角表示出，结合二次函数性质可判断B；求出法向量，根据二面角的向量公式计算可判断C；利用向量求出点到平面的距离，结合棱锥的体积公式可判断D. 【详解】A：建立如图所示的空间直角坐标系， 线段的中点分别为， 连接， 因为点为棱的中点，点为棱的中点， 所以，由正方体的性质可知， 所以，因此平面就是平面， 因为点为棱的中点，点为棱的中点， 所以有且， 由正方体的性质可知且， 于是有且， 所以四边形是平行四边形，则有， 而平面，平面， 所以平面， 因为点为棱的中点，点为棱的中点， 所以，由上可知， 因此，而平面，平面， 所以平面，而平面， 所以平面平面， 当点在线段时，则有平面，则直线平面， 即点的轨迹为线段，显然，正确； B：，，， 因为点在线段， 所以设， 解得， 所以， ， ， 显然当时，有最小值，最小值为，正确； C：，， 设平面的法向量为， 因此有， 由正方体的性质可知平面的法向量为， 所以，错误； D：，，则， 则点到平面的距离， 因为，所以， 因为，所以， 所以， 所以三棱锥体积为，正确. 故选：ABD 12． 【分析】由点到直线的距离求出圆的半径即可得解. 【详解】由题可得所求圆的半径为点到直线的距离， 则. 所以圆的标准方程为. 故答案为： 13． 【分析】结合正四棱锥的性质得到平面，底面为正方形，根据二面角及线面角的定义判断对应的平面角，结合三角函数求解即可. 【详解】设与的交点为，连接，则平面. 因为 平面，所以，. 则即为侧棱与底面所成角. 过点作，交于，连接. 因为 平面，，所以平面. 又平面，所以， 所以即为侧面与底面所成二面角的平面角，故. 设正四棱锥底面正方形边长为，则 ，. 在中，，所以 ， ， 在中，， 又，所以. 14．10 【分析】根据两个距离对应点的个数分类讨论后可得符合条件的点的个数. 【详解】设中的两个元素分别为， 若对应的点的个数分别为或， 不妨设对应的点的个数为个，对应点的个数为个，此时共有4种情形： （1），， 此时在过等边三角形的中心且垂直于平面的直线上， 而在该三棱锥表面且异于各顶点，故为的中心； （2），，其中， 彼此互异且为中取出后余下的3个不同元素， 此时在过直角三角形的外心（即斜边的中点）且垂直于平面的直线上， 而在该三棱锥表面且异于各顶点，故为直角三角形的外心， 此类情形共有3种； 若对应的点的个数分别为，设，， 其中，故此时，恰为四面体的一对对棱，. 此时在线段的中垂面上，也在线段的中垂面上，不妨设， 如图：设为的中点， 则这两个中垂面的交线即为的中点与中点的连线， 而在该三棱锥表面且异于各顶点，故为或者， 故不同的的个数为 综上所述，符合条件的点共有10个. 故答案为：10. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理边角互化即可求解； （2）根据题意，利用正弦定理和三角形的面积公式即可求解. 【详解】（1）已知，由正弦定理知：，即， 因为，，所以，即， 因为，所以，可得，即. （2）由（1）可知，，所以由正弦定理可得，， 所以，， 由于，所以， 所以. 16．(1)证明：由，是的中点，得，而，，，平面，则平面， 而平面，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理得到平面，再由面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据线面垂直的性质定理得到，建系得出坐标，求出平面的法向量和的坐标，再根据线面角的公式计算即可. 【详解】（1）略 （2） 由（1）知平面，且平面，所以， 又因为，，，平面，所以平面， 又因为平面，所以，直线，，两两垂直， 以为原点，建系如图，，，，， ，，， 设平面的法向量，则， 令，得，因此， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17．(1)或； (2)4 【分析】（1）分别考虑直线的横、纵截距是否均为0设方程，代入求出参数，可得结果； （2）设出的方程，分别表示出的面积，结合基本不等式求解出四边形面积的最小值． 【详解】（1）当直线的横、纵截距均为0时，设其方程为，代入，得，则得； 当直线的横、纵截距均不为0时，可设，代入点，解得， 则直线方程为， 所以直线的方程为或； （2）由题意直线的斜率存在，可设， 令，则，所以， 令，则，所以， 所以， 因为的倾斜角为，所以， 所以均为等腰直角三角形， 所以， 所以 因为，所以， 当且仅当，即时取等号， 由二次函数性质可知，，当且仅当时取等号， 所以四边形PQSR面积的最小值为4． 18．【详解】（1）连接延长交于点，连接，， 因为是的重心，所以， 因为，所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为，，所以， 在中，为的中点，所以为等腰三角形， 可得， 延长交于点，则为的中点，且， 所以，所以， 因为，，所以 两两垂直， 建系如图所示：可得，，，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则 令得， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 所以， 所以平面ABC与平面GBC所成角的余弦值为． 19．(1)是关联， 任取，若， 则， 是关联． (2) (3)证明：必要性： 任取，满足，记， 由关联得到：， 由关联，，故， ， 又， ，结合得， ， ， 综上，，即是关联； 充分性： 对任意，故， ，故， 又， 两个同在区间内的数相加仍在区间内， 仅当时成立，即关联； 任取，若，则， 若，设，则， 由关联可得， 由结合关联可得， ， 综上，任取均满足， 即是关联． 【分析】（1）根据关联定义，结合已知条件证明结论； （2）根据关联定义，结合已知条件作出大致图象，结合图象解不等式； （3）根据关联定义，结合已知命题分别证明必要性和充分性，进而证明结论． 【详解】（1）是关联，证明：略 （2）依题意当时， ，即满足， 作出的大致图象， 由图象可知点， 原不等式的解集为． （3）略 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $