精品解析：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”． 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. 【答案】C 【解析】 【详解】 2. 若直线过点，，则此直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 经过点且与直线平行的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 直线与间的距离是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由得， 所以直线与间的距离是． 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. 【答案】C 【解析】 【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. 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 【答案】B 【解析】 【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. 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° 【答案】B 【解析】 【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. 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 【答案】A 【解析】 【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． 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直线的倾斜角、斜率、方程逐项分析即可得解. 【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， 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. 【答案】ABD 【解析】 【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. 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 【答案】ABD 【解析】 【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 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______. 【答案】 【解析】 【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. 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______ 【答案】 【解析】 【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. 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． 【答案】10 【解析】 【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. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 已知，由正弦定理知：，即， 因为，，所以，即， 因为，所以，可得，即. 【小问2详解】 由（1）可知，，所以由正弦定理可得，， 所以，， 由于，所以， 所以. 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． 【答案】（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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1）或； （2）4 【解析】 【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． 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（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） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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”． 【答案】（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． 【解析】 【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． 【小问1详解】 是关联，证明：略 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $