精品解析：北京市第二十中学2026-2027学年第一学期10月阶段练习高二数学试题

北京市第二十中学2026-2027学年第一学期10月阶段练习 高二数学 （时间：120分钟 满分：150分） 班级___________ 姓名___________ 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知角的顶点在坐标原点，始边为轴非负半轴，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由三角函数定义可得. 2. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据正弦定理得. 3. 下列说法不正确的是（ ） A. 底面是正多边形的直棱柱是正棱柱 B. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 C. 棱柱的侧棱相互平行 D. 正棱柱的高与侧棱长相等 【答案】B 【解析】 【详解】A选项：底面是正多边形的直棱柱，侧棱垂直底面，符合正棱柱定义，说法正确； B选项：正棱锥要求底面是正多边形，且顶点在底面的投影为底面中心，仅底面是正多边形不能判定为正棱锥，说法不正确； C选项：棱柱的侧棱相互平行且相等，是棱柱基本性质，说法正确； D选项：正棱柱属于直棱柱，侧棱垂直底面，高与侧棱长相等，说法正确. 4. 已知，是两个不重合的平面，，是两条不重合的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于选项A：若，，则或，故A错误； 对于选项B：若，，则，的位置关系有平行、相交或异面，故B错误； 对于选项C：若，，则，故C正确； 对于选项D：若，，则，的位置关系有平行、相交，故D错误. 5. 如图，在斜棱柱中，与交于点，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的几何体，利用给定的空间向量的基底表示. 【详解】在斜棱柱中，与交于点， . 故选：B 6. 已知函数（），下面结论错误的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数是奇函数 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在区间上是减函数 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦型三角函数的周期性、奇偶性、对称性及单调性求解判断即可. 【详解】对于A，最小正周期，A正确. 对于B，函数的定义域为，， 所以函数是奇函数，B正确. 对于C，令，，则，， 即函数的对称轴为，，C错误. 对于D，令，，则，， 当时，，故函数在区间上是减函数，D正确. 7. 如图，在所有棱长均为的正四棱锥中，以为顶点的圆锥在此正四棱锥的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正四棱锥的性质，求出棱锥的高，进而根据体积最大且高为定值得出最大半径，进而利用圆锥的体积公式计算圆锥体积的最大值． 【详解】已知正四棱锥的所有棱长均为，则底面为边长为的正方形， 作在底面的投影，连接， 则为圆锥底面的圆心和底面的中心，即为圆锥的高， ， 圆锥的高固定， 当底面半径最大时体积最大，底面半径的最大值为， ． 8. 正方体的棱长为1，E和F分别为棱的中点，则点E与平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式即可求解. 【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量，则， 取，得，即，， ， 所以点E到平面的距离：. 故选：B. 9. 设是两个不同的平面，是三条不同的直线，，，，则“”是“或”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】助空间直角坐标系中坐标平面的垂直关系，根据向量垂直即数量积为0，建立坐标之间的关系即可判断. 【详解】如图，在正方体中，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 取底面，即平面为，侧面，即平面为， 则，即轴. 因为，， 所以可设的方向向量为（不同时为0），的方向向量为（不同时为0）， 则或， 而的方向向量为轴或与轴重合； 的方向向量为轴或与轴重合. 所以或或，所以或. 综上，“”是“或”的充要条件. 10. 如图，在棱长为1的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列四个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面； ③当点Q在平面内时，四棱锥的体积是； ④过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确命题是（） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可证平面，进而可判断①；作出截面，其中分别为的中点，若平面，则与重合，可判断②；求得四棱锥的体积可判断③；求得过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值判断④. 【详解】由正方体，得平面， 又平面，所以， 由正方形，可得， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以，故①正确; 平面在正方体内的截面为，其中分别为的中点，又平面平面，若平面， 则，则与重合，不符合题意，故②错误; 由题意知点在平面内时，与重合，连接交于， 由正方体性质可得：平面，且， 又，可求得：， 所以，故③正确; 对于④，如下图，在平面内，可以作，垂足为点， 过点在平面内作交于, 因为平面平面,平面平面, 且平面,所以平面, 又平面,所以, 因为平面,所以平面, 平面截正方体 截面为平行四边形, 因为平面,平面， 所以，故平行四边形为矩形. 因为从变化至中点时，截面面积逐渐变大， 当与点重合时, 为中点,截面面积最大, 此时为，最长，故此时截面面积最大， 而,, 截面面积为, 此时,, 截面面积为,故④正确. 而当从至中点变化到时，截面的面积不变，始终为， 故④正确. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知向量，，则等于________． 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量的模长公式求解即可. 【详解】由题，故． 故答案为：. 12. 已知直线和平面.给出下列三个论断：①∥；②∥；③.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：___________. 【答案】若，则 【解析】 【分析】分三种情况判断：①②作条件，③作结论；①③作条件，②作结论；②③作条件，①作结论.只要以上三个命题为真即可. 【详解】解：将①②作条件，③作结论：若∥，∥，则.此命题为假命题（结论应为或∥）； 将①③作条件，②作结论：若∥，，则∥.此命题为假命题（结论应为与相交或∥）； 将②③作条件，①作结论：若∥， ，则∥.由两平面平行的性质定理可知此命题为真命题. 故答案为：若∥， ，则∥. 13. 如图，在正方形中，E，F分别为边的中点，将，，分别沿折起；使三点重合于点G，则在四面体中，与平面垂直的一个平面为______. 【答案】平面（或平面） 【解析】 【分析】根据正方形性质可得相应线线垂直，从而根据线面、面面垂直的判定定理即可得到结论. 【详解】在正方形ABCD中，， 故在四面体中，， 平面，故平面， 而平面，故平面平面， 同理平面平面， 故答案为：平面（或平面） 14. 现有两个完全相同的四棱柱材料（如图一所示）.某课外手工小组的同学将其中一个切掉一个三棱柱后拼接成如图二所示的“型”几何体（正方形与正方形在同一平面内，四点在一条直线上），，则图一所示的四棱柱的侧面的面积为__________，图二所示的几何体的体积为__________. 【答案】 ①. ; ②. ； 【解析】 【分析】根据棱柱的性质知侧面为平行四边形，结合面积公式求解；根据题意可知，分别求出两个棱柱体积即可. 【详解】由题意四棱柱，则侧面为平行四边形, 所以； 由正方形ABCD可知，，， ，平面，则三棱柱为直三棱柱 ，，同理可知 为边长为2的等边三角形， 15. 如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点（包含端点），点在线段上，且，给出下列四个结论： ①存在点，使得平面平面； ②点沿直线从点移动到点的过程中，四面体的体积逐渐减小； ③若，则点轨迹的长度为； ④当二面角的平面角的正切值为时，平面截正方体所得截面图形的面积为． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于结论①，用平面与平面平行的判定定理证明平面平面，则点与点重合可满足条件；对于结论②，可将四面体转换为以为底，点为顶点的四面体，分别分析底面积及高的变化可得体积变化情况；对于结论③，可在等腰中讨论的长度；对于结论④，先找出二面角的平面角，再计算出各边长度可确定点位置，从而得知截面形状进而计算面积. 【详解】因为且，所以四边形是平行四边形，故， 因为直线在平面外，平面，所以平面； 因为且，所以四边形是平行四边形，故， 因为点在线段上，因此， 因为直线在平面外，平面，所以平面； 因为平面，平面，且直线与直线相交于点，所以平面平面， 因此，当点与点重合时，满足平面平面，结论①正确. 四面体的体积，即四面体的体积， 因为点沿直线从点移动到点的过程中，线段的长度减小，的面积减小， 点，，，为定点，所以点到平面的距离不变，即点到平面的距离不变， 因此四面体的体积在此过程中逐渐减小，结论②正确. 设线段中点为，连接，，，线段的中点为，连接，， 在中，由勾股定理可得，，，， 因此，，为等腰三角形，，所以线段的长度为点到直线的距离， 设点距点的距离为，当时，， 所以点距点的距离小于等于时，，故点的轨迹长度为，结论③错误. 连接，，因为，所以垂直平分线段， 因为，，平面，平面，与相交于点， 所以平面，又因为平面，所以， 因此是二面角的平面角，所以. 而，所以， 设，，则， 所以，解得，所以，即点与点重合， 因此平面截正方体所得截面为矩形，其面积为，结论④正确. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出相应文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知空间向量，，． （1）若与垂直，求x的值； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，利用向量的数量积的坐标运算公式，列出方程，即可求解； （2）由，列出方程，求得，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由向量，，， 可得， 因为，可得，解得. 【小问2详解】 解：因为，可得，解得，即， 则，且， 所以. 17. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知，，．求： （1）的值； （2）边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理求解即可. （2）根据余弦定理及三角函数求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理得，所以. 【小问2详解】 由余弦定理得，即， 整理得，解得或（舍去）. 过点作，交于点. 在中，. 故边上的高为. 18. 如图，在三棱柱中，E，F分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）若平面，，求证：． 【答案】（1）取中点，连接， 因为是中点，所以是的中位线， ，且， 在三棱柱中，，，为中点， ，， ，，四边形是平行四边形， ， 又平面，平面， 由线面平行判定定理得：平面. （2）平面，平面, ， 已知，又，，平面， 平面， 平面， . 【解析】 【分析】取中点，证平面平面,由面面平行性质推出平面； 结合已知条件，用线面垂直判定定理证平面，再由线面垂直性质得. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 19. 已知四棱锥，底面为正方形，E、F、G分别是、、的中点．设平面与平面的交线为l，平面平面． （1）证明：平面平面； （2）求证：； （3）若，求证：平面平面． 【答案】（1）分别为中点，是中位线， ， 底面是正方形，，， 平面，平面，平面， 分别为中点，是的中位线， ， 平面，平面，平面， ，平面， 平面平面. （2）底面为正方形， ， 平面，平面，平面， 又平面，平面平面， 故. （3）取连接，取的中点，连接， ，， 底面是正方形，， 又，平面,平面. 平面，. 底面为正方形，， 又平面平面，平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理得：平面. 平面,, ，平面， 由线面垂直的判定定理：平面， 又平面，故平面平面. 【解析】 【分析】利用三角形中位线得到两组相交直线分别平行于平面内的直线，由面面平行判定定理证平面平面； 由正方形性质得，推出平行平面，再根据线面平行的性质定理证； 取连接，取的中点，连接，由，，底面是正方形，结合面面垂直条件，证明平面，可得平面平面. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 略. 20. 如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，，E是棱上的一点． （1）若平面，求的值； （2）若，且， （ⅰ）求四棱锥的体积； （ⅱ）当取得最小值时，直接写出的值． 【答案】（1）2 （2）（ⅰ）（ⅱ）15 【解析】 【分析】（1）连接交于点，由线面平行的性质定理推得；结合梯形中得到相似三角形，得出对应线段比例，再由平行线分线段成比例求出的值. （2）（i）先计算直角梯形的底面积，利用面面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定证明平面，确定为四棱锥的高；通过勾股定理求出高的长度，代入棱锥体积公式求解. （ii）由线面垂直推出，将转化为关于的表达式，分析单调性可知最小时线段和最小；由垂线段最短得时取最值，借助直角三角形面积相等与勾股定理计算线段长度，最终得到比值. 【小问1详解】 连接，交于点，连接. 因为平面，平面平面，由线面平行的性质得. 在中，由平行线分线段成比例：， 又，故，相似比为，因此. 代入得，即. 【小问2详解】 （i）梯形为直角梯形，上底，下底，高， 平面平面，交线为. 过作于，由面面垂直的性质得平面，故. 在底面中，， 故，， 由，，，得平面，故. 又平面平面，交线为，故平面，即为四棱锥的高. 在中，，， 由勾股定理： （ii）由平面，平面，故，即、均为直角三角形： ，，因此，，随增大而递增. 当时，取得最小值，此时最小. 在中，由面积相等： 在中： 故. 【点睛】1.线面平行的比例问题，核心是通过性质定理将线面平行转化为线线平行，结合三角形相似、平行线分线段成比例求解，是立体几何线段比值的常规处理思路. 2.面面垂直背景下求棱锥体积，关键是利用面面垂直的性质定理作交线的垂线，得到棱锥的高，将空间体积问题降维为平面几何计算. 3.空间线段和的最值问题，先通过线面垂直关系消元转化为单变量问题，结合单调性锁定最值条件，再用面积法、勾股定理计算，体现了转化与化归的思想. 21. 集合．对于集合A中的任意元素和，记，． （1），，求和的值； （2）若均为A中的元素，且，，求k的最大值； （3）若均为A中的元素，，且，求k的所有可能取值． 【答案】（1）， （2） （3），，， 【解析】 【分析】记录每个元素中非零坐标所在的位置．（2）可转化为若干二元位置集合两两恰有一个公共位置的问题；（3）补入全零元素后，按某一坐标为或进行配对，确定元素总数． 【小问1详解】 由题意，. 所以. 【小问2详解】 对，用表示其非零坐标所在位置组成的集合． 由，知每个均含有两个元素． 设与有个公共元素，则恰有个非零坐标． 由,得． 因此任意两个位置集合恰有一个公共元素． 设． 若所有位置集合都含，则另一个位置只能从其余个位置中选择，所以； 同理，若所有位置集合都含，也有． 若上述两种情况均不成立，则存在. 因为与恰有一个公共元素，所以． 此时，任一含而不含的位置集合，为了与有公共元素，只能是； 任一含而不含的位置集合，同理只能是． 故此时至多有个位置集合． 综上，． 取可知条件成立，所以的最大值为． 【小问3详解】 记. 若存在使，则，但，与题设的集合相等矛盾． 所以互不相同，中有个元素． 又因为中的每个元素都可写成两个元素的，而这种运算所得元素的每个坐标只能为或，所以中每个元素的各坐标均为或． 令. 由题设可知，任取，都有：当时，； 当其中一个为时，结果为另一个元素； 当为两个不同的非零元素时，结果属于． 现按某一个坐标为或将分成两部分． 若该坐标在中恒为，则略去这个坐标； 若该坐标在中出现，取该坐标为的一个元素． 对于该坐标为的任一元素，的该坐标为； 反过来，对于该坐标为的任一元素，的该坐标为． 并且逐个坐标可验证. 所以这两部分的元素个数相等． 保留坐标为的那一部分，对其余坐标重复上述过程． 经过不超过次配对后，只剩下元素，故. 于是. 由，得，所以. 下面说明这些值均可取得． 对任意，取为所有形如. 且不全为的元素组成的集合，则． 任取两个不同元素，有． 反之，对任意，可取且，令，则且，并有． 因此题设的两个集合相等． 所以的所有可能取值为，，，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第二十中学2026-2027学年第一学期10月阶段练习 高二数学 （时间：120分钟 满分：150分） 班级___________ 姓名___________ 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知角的顶点在坐标原点，始边为轴非负半轴，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列说法不正确的是（ ） A. 底面是正多边形的直棱柱是正棱柱 B. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 C. 棱柱的侧棱相互平行 D. 正棱柱的高与侧棱长相等 4. 已知，是两个不重合的平面，，是两条不重合的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 如图，在斜棱柱中，与交于点，，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数（），下面结论错误的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数是奇函数 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在区间上是减函数 7. 如图，在所有棱长均为的正四棱锥中，以为顶点的圆锥在此正四棱锥的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 正方体的棱长为1，E和F分别为棱的中点，则点E与平面的距离为（ ） A. B. C. D. 9. 设是两个不同的平面，是三条不同的直线，，，，则“”是“或”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 10. 如图，在棱长为1的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列四个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面； ③当点Q在平面内时，四棱锥的体积是； ④过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确命题是（） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知向量，，则等于________． 12. 已知直线和平面.给出下列三个论断：①∥；②∥；③.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：___________. 13. 如图，在正方形中，E，F分别为边的中点，将，，分别沿折起；使三点重合于点G，则在四面体中，与平面垂直的一个平面为______. 14. 现有两个完全相同的四棱柱材料（如图一所示）.某课外手工小组的同学将其中一个切掉一个三棱柱后拼接成如图二所示的“型”几何体（正方形与正方形在同一平面内，四点在一条直线上），，则图一所示的四棱柱的侧面的面积为__________，图二所示的几何体的体积为__________. 15. 如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点（包含端点），点在线段上，且，给出下列四个结论： ①存在点，使得平面平面； ②点沿直线从点移动到点的过程中，四面体的体积逐渐减小； ③若，则点轨迹的长度为； ④当二面角的平面角的正切值为时，平面截正方体所得截面图形的面积为． 其中所有正确结论的序号是________． 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出相应文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知空间向量，，． （1）若与垂直，求x的值； （2）若，求． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知，，．求： （1）的值； （2）边上的高． 18. 如图，在三棱柱中，E，F分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）若平面，，求证：． 19. 已知四棱锥，底面为正方形，E、F、G分别是、、的中点．设平面与平面的交线为l，平面平面． （1）证明：平面平面； （2）求证：； （3）若，求证：平面平面． 20. 如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，，E是棱上的一点． （1）若平面，求的值； （2）若，且， （ⅰ）求四棱锥的体积； （ⅱ）当取得最小值时，直接写出的值． 21. 集合．对于集合A中的任意元素和，记，． （1），，求和的值； （2）若均为A中的元素，且，，求k的最大值； （3）若均为A中的元素，，且，求k的所有可能取值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $