精品解析：北京市东直门中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试卷

北京市东直门中学2026-2027学年度第一学期阶段考试 高二数学 2026.10 考试时间：120分钟 总分150分 第一部分 一．选择题：（本题有12道小题，每小题4分，共48分） 1. 已知直线经过点和点，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 若，，则直线不经过的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知平面的一个法向量，若直线平面，则直线的一个方向向量可以是（ ） A. B. C. D. 4. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列四个命题正确的是：（ ） A. 如果，，那么 B. 如果，，那么 C. 如果，，那么 D. 如果，，，那么 5. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 6. 设，向量且，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 7. 已知为空间不共面的四点，且向量，向量，则不能与构成空间的一个基底的是（　　） A. B. C. D. 或 8. 已知直线，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 9. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（    ） A. B. C. D. 10. 过点且与点、距离相等的直线方程为（ ） A. 或 B. C. D. 或 11. 在一个四面体中，若存在一个顶点处的三条棱两两垂直，则称该四面体为直角四面体，同时，把该顶点叫作“完美顶点”.若在四面体中存在“完美顶点”，，，，F为的中点，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 12. 点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ） A. B. C. D. 第二部分 二．填空题：（本题有6道小题，每小题5分，共30分） 13. 已知点关于坐标平面的对称点为，点关于轴的对称点为，则的坐标为___________． 14. 已知向量在向量上的投影向量是，且，则______． 15. 在空间直角坐标系中，已知点，若点在平面内，则_______． 16. 已知在中，，且的面积为，则边上的中线长度为______． 17. 已知过点作直线l，若直线l与连接，两点的线段总有公共点，直线l的倾斜角的取值范围为__________． 18. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点（不包含端点），则下列说法正确的是___________． ①对于任意点，都有 ②对于任意点，不存在平面 ③过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 ④存在点，使得三棱锥体积为 三．解答题：（本题有6道小题，共72分） 19. 如图，在三棱锥中，点为棱上一点，且，点为线段的中点． （1）以为一组基底表示向量； （2）若，，，求． 20. 在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，，． （1）求c的值； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得为钝角三角形，求边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为18． 21. 如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，E、F分别是AB、PD的中点.若，． （1）求证：平面； （2）求点F到平面PCE的距离． 22. 已知在中，边上的高所在的直线方程为，边上的高所在的直线方程为，点的坐标为． （1）求垂心的坐标（垂心是三角形三条高线的交点）； （2）求所在的直线方程． 23. 如图，在三棱柱中，平面，已知，，，点是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 24. 设为正整数，集合.对于集合中的元素和，记为元素与的相异系数. （1）当时，写出与元素的相异系数为的所有元素； （2）当时，证明：对于集合中任意个元素，必存在两个不同元素的相异系数小于； （3）当时，集合中是否存在个元素，其中任意两个不同元素的相异系数都不小于？请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市东直门中学2026-2027学年度第一学期阶段考试 高二数学 2026.10 考试时间：120分钟 总分150分 第一部分 一．选择题：（本题有12道小题，每小题4分，共48分） 1. 已知直线经过点和点，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由两点间斜率公式求出直线斜率即可求倾斜角. 【详解】设的倾斜角为， 则由题可得直线斜率为. 故选：C 2. 若，，则直线不经过的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】化直线的方程为斜截式，由已知条件可得斜率和截距的正负，可得答案． 【详解】解：由题意可知  ，故直线的方程可化为  ， 由  ，  可得  ， 由斜率和截距的几何意义可知直线不经过第三象限． 故选：C． 3. 已知平面的一个法向量，若直线平面，则直线的一个方向向量可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线与平面垂直时，直线与平面的法向量共线，即可得解. 【详解】若直线平面，则直线与平面的法向量共线， 因此，当时，即为A选项，对于选项B、C、D，找不到满足条件的，故B、C、D错误. 故选：A. 4. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列四个命题正确的是：（ ） A. 如果，，那么 B. 如果，，那么 C. 如果，，那么 D. 如果，，，那么 【答案】B 【解析】 【详解】如果，，那么或异面，故A错误； 如果，，那么，故B正确； 如果，，那么或，故C错误； 如果，，，那么或相交或或，故D错误. 5. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助正弦定理将边化为角后计算即可得. 【详解】由题意可得， 由，故，故， 则，又，故. 6. 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. 7. 已知为空间不共面的四点，且向量，向量，则不能与构成空间的一个基底的是（　　） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】判断各选项中的向量与 是否共面可得结果. 【详解】因为，， 两式相减得 所以与共面， 所以,不能构成空间的一个基底； 假设,不能构成空间的一个基底，则， 即， 整理得， 所以，该不等式无解，所以不存在使得， 故,能构成空间的一个基底； 同理，假设假设,不能构成空间的一个基底，则， 即， 整理得， 所以，该不等式无解，所以不存在使得， 故,能构成空间的一个基底； 故选：C. 8. 已知直线，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】若，则，，显然两直线平行， 因此由可以推出，充分性成立； 若，则，解得或1， 当时，，，此时两直线重合，舍去， 当时，，，此时两直线平行， 因此由可以推出，必要性成立； 综上所述，“”是“”的充要条件． 9. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量加、减运算法则，以为基底表示出向量即可. 【详解】 . 故选：D 10. 过点且与点、距离相等的直线方程为（ ） A. 或 B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】直线的斜率为， 则过点且与直线平行的直线方程为，即； 线段的中点为， 则直线的斜率为，则直线的方程为， 即， 故符合题意的方程为或 11. 在一个四面体中，若存在一个顶点处的三条棱两两垂直，则称该四面体为直角四面体，同时，把该顶点叫作“完美顶点”.若在四面体中存在“完美顶点”，，，，F为的中点，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，连接，，得（或其补角）即为与所成的角，根据已知及余弦定理求夹角余弦值. 【详解】取的中点，连接，， 因为，所以（或其补角）即为与所成的角， 因为，，， 所以， 即与所成角的余弦值为. 故选：C 12. 点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，证明平面平面，从而得到P的轨迹是线段，从而得出长度范围. 【详解】取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，, ∵点M，N分别是棱长为2的正方体中棱BC，的中点， ，, ，四边形为平行四边形， ，而在平面中，易证， ∵平面，平面，平面， 平面，平面，平面， 又，平面，∴平面平面， ∵动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面AMN， ∴点P的轨迹是线段EF， ，，∴， ∴当P与O重合时，的长度取最小值， 为等腰三角形，∴在点或者点处时，此时最大，最大值为. 即的长度范围为 故选：B． 第二部分 二．填空题：（本题有6道小题，每小题5分，共30分） 13. 已知点关于坐标平面的对称点为，点关于轴的对称点为，则的坐标为___________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意，点关于坐标平面的对称点为， 则点关于轴的对称点为. 14. 已知向量在向量上的投影向量是，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由投影向量的定义，代入公式计算即可. 【详解】因为，则，且向量在向量上的投影向量是， 所以，即，所以， 故答案为：. 15. 在空间直角坐标系中，已知点，若点在平面内，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标表示和共面定理，列方程组求出答案即可. 【详解】因为，所以 因为点在平面内，所以 即，解得 故答案为： 16. 已知在中，，且的面积为，则边上的中线长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理可得出，不妨设，则，，利用余弦定理可求出角，结合三角形的面积公式可求出的值，进而可得出三边边长，再利用余弦定理可求出边上的中线长度. 【详解】因为在中，，由正弦定理可得， 不妨设，则，， 由余弦定理可得， 因为，则， 故，解得. 所以，，， 取线段的中点，连接， 由余弦定理可得. 因此，边上的中线长度为. 17. 已知过点作直线l，若直线l与连接，两点的线段总有公共点，直线l的倾斜角的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】应用斜率的两点式求端点处直线的斜率，数形结合确定直线的斜率范围，再求倾斜角范围． 【详解】由题意得，直线的倾斜角为， ，直线的倾斜角为． 如图： 由图可知，的斜率的取值范围为， 则的倾斜角的取值范围为． 故答案为：. 18. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点（不包含端点），则下列说法正确的是___________． ①对于任意点，都有 ②对于任意点，不存在平面 ③过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 ④存在点，使得三棱锥体积为 【答案】①②③ 【解析】 【分析】①②建立空间直角坐标系，结合空间向量求解判断；③在平面中作，垂足为，过点在平面中作，交于点，分析可得为的中点时，截面矩形最大，进而求解判断即可；④利用等体积法求解判断即可. 【详解】①在正方体中，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为正方体棱长为2，可得，，，设， 则，， 则，故对于任意点，都有，①正确； ②因为分别是的中点，故，，； 则，， 设为平面的法向量， 则，可得，解得； 令可得，， 若平面，则，解得，不合题意， 故对于任意点，不存在∥平面，②正确； ③在平面中作，垂足为，过点在平面中作，交于点， 因为正方体中，平面平面，且交于， 因为平面，故平面，而平面，则， 因为平面，故平面， 即平面截正方体的截面为矩形， 当与重合时，即为的中点时，截面最大， 面积为，故③正确； ④由， 可得，因为是线段上的动点（不包含端点），故， 因此，不存在点，使得三棱锥体积为，故④错误． 三．解答题：（本题有6道小题，共72分） 19. 如图，在三棱锥中，点为棱上一点，且，点为线段的中点． （1）以为一组基底表示向量； （2）若，，，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）直接利用向量的数乘运算及加减运算求解； （2）由向量的单项式乘多项式及向量的数量积运算求解． 【小问1详解】 ∵为线段的中点，∴， ∵，∴， ∴ ； 【小问2详解】 ． 20. 在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，，． （1）求c的值； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得为钝角三角形，求边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为18． 【答案】（1）5 （2）选择条件①或③时，边上的高为；选择条件②时，不满足题意. 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理即可求解； (2)选择条件①或③，首先验证是钝角三角形，再利用余弦定理和面积公式即可求解，选择条件②，验证不满足钝角三角形的条件. 【小问1详解】 因为，且，所以， 设外接圆半径为， 由正弦定理得 所以，即：，所以. 【小问2详解】 选择条件①： 由余弦定理，得，代入，，，得，则， 此时，所以，为钝角三角形， 设边上的高为，则 ，即 ，. 选择条件②： 若，则，所以， 由余弦定理得： ， 因为，，，所以，则是直角三角形，不满足题意. 选择条件③： 若周长为18，则， 由余弦定理得：， 联立解得：，， 所以，所以，为钝角三角形， 设边上的高为，则 ，即 ，. 21. 如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，E、F分别是AB、PD的中点.若，． （1）求证：平面； （2）求点F到平面PCE的距离． 【答案】（1）证明：如图所示： 取PC的中点G，连接EG，FG，又由F为PD中点， 则， 又， 所以， 所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取PC的中点G，连接EG，FG，又由F为PD中点，易得四边形是平行四边形，然后利用线面平行的判定定理证明； （2）易证平面PCD，再由，得到平面PCD，进而得到平面平面PCE，然后过点F作，则FH即为点F到平面PCE的距离求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面， 所以平面平面， 由ABCD是矩形，得 所以平面， 所以，又， 所以，又， 所以平面PCD， 因为， 所以平面PCD，平面PCE， 所以平面平面PCE， 如图所示： 过点F作， 因为平面平面PCE=PC， 则FH是点F到平面PCE的距离， 由已知得， 因为平面PAD， 所以， 则. 22. 已知在中，边上的高所在的直线方程为，边上的高所在的直线方程为，点的坐标为． （1）求垂心的坐标（垂心是三角形三条高线的交点）； （2）求所在的直线方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将两条高线方程联立计算即可得； （2）设、，由题意可得、，且有，，解出可得、坐标，即可计算出所在的直线方程. 【小问1详解】 联立，解得， 故垂心的坐标为； 【小问2详解】 由题意可得点在直线上，点在直线上， 设、，则有、， 且直线垂直直线、直线垂直直线， 故，， 联立及，解得、， 故、， 则所在的直线方程为，即. 23. 如图，在三棱柱中，平面，已知，，，点是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 底面中，已知，，， 由余弦定理得， 所以， 又平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面； （2）； （3）存在，或，理由如下： 假设存在，不妨设，由（2）可知， 则， 设与平面所成角为， 则， 解之得或，即存在M符合题意，此时或. 【解析】 【分析】（1）证明即可判定线面垂直； （2）建立空间直角坐标系研究面面夹角即可； （3）利用空间向量研究线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知三直线两两垂直，可以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 所以， 设平面与平面的法向量分别为， 则有 及， 取，取， 即， 设平面与平面的夹角为，则； 【小问3详解】 略 24. 设为正整数，集合.对于集合中的元素和，记为元素与的相异系数. （1）当时，写出与元素的相异系数为的所有元素； （2）当时，证明：对于集合中任意个元素，必存在两个不同元素的相异系数小于； （3）当时，集合中是否存在个元素，其中任意两个不同元素的相异系数都不小于？请说明理由. 【答案】（1）、、、 （2） 设这个元素分别为，，， 若或或，则结论成立； 若且且， 对任意的，、、， 若，则，此时； 若、、中有且只有两个数相等，不妨设， 则，，此时， 综上所述或， 故， 因为且且， 由不等式的基本性质可得，矛盾， 故假设不成立，即当时，对于集合中任意个元素，必存在两个不同元素的相异系数小于. （3）不存在，理由如下： 当时，假设集合中存在个元素、、、， 使得任意两个不同元素的相异系数都不小于， 对任意的，设， 记为集合中元素和的相异系数， 将元素、、、的分量制成以下数阵： ， 从行来看，这个元素的相异系数之和为， 从列来看，这个元素的相异系数之和为， 设数阵中第列中有个，则该列有个， 对任意的及、，且，， 所以， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，故， 设， 由对称性，不妨设，则， 设、、、中有个，有个， 则、、、中有个，有个， 设、、、中有个，有个， 则、、、中有个，有个， 所以元素中分量为的个数为个，元素中分量为的个数为， 所以元素、中分量为的个数之差为， 当为奇数时，为奇数，则元素、中分量为的个数必为一个奇数、一个偶数， 当为偶数时，为偶数，则元素、中分量为的个数必同时为奇数或同时为偶数， 令， 当元素中分量的个数为奇数时，， 当元素中分量的个数为偶数时，， 所以， 当为偶数时，，则， 当为奇数时，，则， 综上所述，， 所以元素、、、的相异系数之和为， 将元素、、、的分量制成以下数阵： ， 从列来看，元素、、、的相异系数之和为， 即且，矛盾，故假设不成立， 因此当时，集合中不存在个元素，其中任意两个不同元素的相异系数都不小于. 【解析】 【分析】（1）由相异系数的定义，分析可得元素的相异系数为的元素与元素恰有个数不同，由此写出满足条件的所有元素； （2）设这个元素分别为，，，若或或，则结论成立；若且且，分、、、中有且只有两个数相等两种情况讨论，计算出这三个元素的相异系数之和，利用不等式的性质推出矛盾，即可得出结论； （3）假设集合中是否存在个元素、、、，使得任意两个不同元素的相异系数都不小于，设，从行和列出发计算这个元素的相异系数之和，令，当元素中分量的个数为奇数时，，当元素中分量的个数为偶数时，，从行和列出发计算出元素、、、相异系数之和，推出矛盾，即可得出结论. 【小问1详解】 由相异系数的定义，可得元素的相异系数为的元素与元素恰有个数不同， 所以满足条件的元素共有个，分别是、、、. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $