精品解析：山东淄博实验中学2026-2027学年高二年级上学期10月教学阶段性检测数学试题

淄博实验中学高二年级教学阶段性检测 数学 一、单选题：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. 已知直线经过点，则直线的斜率为（ ） A. -3 B. C. 3 D. 2. 已知平面的一个法向量，平面的一个法向量，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 若过点的直线与直线垂直，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（ ） A. B. 1 C. 0 D. 5. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在平行六面体中，底面为正方形，，棱，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 著名数学家华罗庚曾说过，“数无形时少直觉，形少数时难入微”，事实上，很多代数问题都可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点与点的距离．结合上述观点，可得函数的最小值为（ ） A. B. C. 7 D. 8. 已知二面角的大小为，点在平面内，点在平面内，且点到直线的距离为2，点到直线的距离为3，则线段长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知空间向量，，则下列选项中正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 若向量，夹角为锐角，则 10. 已知直线过定点A，且点A到直线的距离为2，则（ ） A. 点A的坐标为 B. 当直线l在y轴上的截距为1时，直线l的方程为 C. 直线的方程可以是 D. 直线的方程可以是 11. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，，分别是，的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 存在点，使得平面 C. 存在点，使得直线与所成的角为 D. 点到直线的距离的最小值为 三、填空题：本题共3小题、每小题5分，共15分． 12. 直线：与直线：间的距离为________． 13. 已知三条直线：，：，：相交于一点，则________． 14. 如图，正方体的棱长为1，P为的中点，M在侧面上，若，则面积的最小值为___________. 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. 如图，棱长为1的正四面体中，，，，点M满足，点N为中点． （1）用、、表示； （2）求． 16. 如图，四棱锥中，，，，，． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知的顶点，边上的中线所在直线的方程为，边上的高所在直线的方程为． （1）求点的坐标； （2）求边所在直线的方程． 18. 如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，，四边形为矩形． （1）若是的中点，求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）是否存在点到平面的距离为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 19. 如图，在四棱锥 中，已知 ，平面 . （1）证明：； （2）若 ，，，且 ； （i）当直线 与平面 所成的角最小时，求 的长； （ii）设直线 与平面 所成的角为 ，平面 与平面 的夹角为 ，是否存在点 ，使得 ，若存在，求出三棱锥 的体积；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 淄博实验中学高二年级教学阶段性检测 数学 一、单选题：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. 已知直线经过点，则直线的斜率为（ ） A. -3 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【详解】直线经过点， 则直线的斜率为. 2. 已知平面的一个法向量，平面的一个法向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共线列方程，然后解方程即可. 【详解】因为，所以，解得，， 所以. 3. 若过点的直线与直线垂直，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设所求直线方程为，代入求解即可. 【详解】设所求直线方程为， 代入， 得， 解得， 所以所求直线方程为. 4. 若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（ ） A. B. 1 C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量不能构成基底，可得向量共面，根据空间向量基本定理，待定系数求解即可. 【详解】因为不能构成空间的一个基底， 所以存在实数、使得， 即， 即， 因为是空间的一个基底， 则，解得． 故选：． 5. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】向量在向量上的投影向量为. 6. 如图，在平行六面体中，底面为正方形，，棱，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设正方形的边长为1，则侧棱,利用余弦定理及勾股定理可得，，由向量的线性运算可得,,求出两向量的数量积，再由向量的夹角公式求解即可. 【详解】设正方形的边长为1，则侧棱， 在中，由余弦定理可得: ， 所以， 在中，， 又因为，, 所以 ， 设异面直线与所成角为， 则. 7. 著名数学家华罗庚曾说过，“数无形时少直觉，形少数时难入微”，事实上，很多代数问题都可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点与点的距离．结合上述观点，可得函数的最小值为（ ） A. B. C. 7 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查点关于直线对称、两点间距离的问题，利用数形结合，将函数转化为轴上动点到两定点距离之和，借助将军饮马模型求距离和最小值。 【详解】的几何意义为点到两定点与的距离之和，进而可得结果． 的几何意义为点到两定点与的距离之和． 设点关于轴的对称点为，则的坐标为． 要求的最小值，可转化为求的最小值， 利用对称可知 ， 即的最小值为． 8. 已知二面角的大小为，点在平面内，点在平面内，且点到直线的距离为2，点到直线的距离为3，则线段长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量关系建立长度关于在直线上的射影的长度的函数，然后得到当，即重合时，取得最小值7，. 【详解】设在直线上的射影分别为， 因为， 所以 . 当，即重合时，取得最小值7，所以. 二、多选题：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. 已知空间向量，，则下列选项中正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 若向量，夹角为锐角，则 【答案】BD 【解析】 【详解】由，得，所以，解得，故A错误. 当时，，所以， 所以，故B正确. 当时，， ，所以C错误. 向量，的方向不可能相同，且向量，夹角为锐角， 所以，所以， 解得.故D正确. 10. 已知直线过定点A，且点A到直线的距离为2，则（ ） A. 点A的坐标为 B. 当直线l在y轴上的截距为1时，直线l的方程为 C. 直线的方程可以是 D. 直线的方程可以是 【答案】ABC 【解析】 【分析】本题考查过定点的直线方程、点到直线的距离公式．对于A选项利用直线过定点的定点求法求解即可；对于B，利用直线l在y轴上的截距为1，结合直线的方程求解即可；对于C，考虑斜率不存在的情况求解即可；对于D，利用点到直线距离公式建立方程即可. 【详解】对于A，由已知得，令解得所以定点，故A正确； 对于B，当直线l在y轴上的截距为1时，直线l过点，代入得，解得，此时直线l的方程为，故B正确； 对于C，易知直线过定点，当直线的斜率不存在，即时，可得，此时点到直线的距离为2，符合题意，故C正确； 对于D，当直线的斜率存在，即时，由题可得，解得，即直线，故D错误． 11. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，，分别是，的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 存在点，使得平面 C. 存在点，使得直线与所成的角为 D. 点到直线的距离的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】使用直线的方向向量和平面的法向量证明线线垂直与线面平行，使用向量法计算线线夹角和点到线的距离. 【详解】以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，则，， ，，，所以，选项A正确； 设平面的法向量为：，，，则 令，解得，则， ，若平面，则，即， 解得，所以存在点，使得平面，选项B正确； 直线的方向向量为：，设直线与所成的角为，若， ，化简得，， 故该方程无解，所以不存在点，使得直线与所成的角为，选项C错误； 直线的单位方向向量为：， 则点到直线的距离为：， 当时，取最小值为：，选项D正确. 三、填空题：本题共3小题、每小题5分，共15分． 12. 直线：与直线：间的距离为________． 【答案】 【解析】 【详解】直线的方程可化为， 直线：与直线：间的距离为 13. 已知三条直线：，：，：相交于一点，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出前两条直线的交点坐标，再将交点代入第三条直线方程求解参数. 【详解】联立直线与的方程： ， 两式相加消去，得，解得， 将代入，得，解得，因此与的交点为， 由于三条直线相交于一点，故点在直线上， 将代入的方程，得  解得. 14. 如图，正方体的棱长为1，P为的中点，M在侧面上，若，则面积的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，的中点，连接，容易证得平面，要使，进而得，进而得当时，最小，此时，的面积最小，再根据几何关系求解即可. 【详解】如图，取的中点，的中点，连接 由于在面内的射影为，，故 因为在面内的射影为，，所以. 又，所以平面. 要使，必须点在平面内， 又点在侧面内， 所以点在平面与平面的交线上，即. 因为平面，平面，所以， 所以 当时，最小，此时，的面积最小. 又，故. 由的面积可得， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查空间线面垂直的证明，解题的关键在于根据题意寻求的轨迹，即，进而根据几何关系求解，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题. 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. 如图，棱长为1的正四面体中，，，，点M满足，点N为中点． （1）用、、表示； （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量线性运算求解即可； （2）根据数量积的运算计算，进而可得. 【小问1详解】 连接，如图所示． ∵点N为中点，∴． ∵，∴. 则． 【小问2详解】 因为正四面体的棱长为1，所以， 所以 ， 所以． 16. 如图，四棱锥中，，，，，． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）设线段的中点为，连接， 因为，所以，，， 因为，，，所以四边形为矩形， 因为，所以在中， 因为，则由勾股定理可知， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）设线段的中点为，求证，进而得出平面，再利用面面垂直的判定定理求证； （2）以为原点建系，计算平面的法向量，再利用公式计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知的顶点，边上的中线所在直线的方程为，边上的高所在直线的方程为． （1）求点的坐标； （2）求边所在直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出点的坐标，再设点为的中点，由中点坐标公式求出点的坐标，再由点在边上的中线上，然后解方程，求出点的坐标. （2）先求出直线的方程，由点为直线与边上的中线的交点，然后解方程组求出点的坐标，再由点和点即可求出直线的方程. 【小问1详解】 如图所示； 设边上的中线所在直线为，边上的高所在直线为. 由题知点在直线上，设点的横坐标为，将代入方程得， ，，点的坐标为. 设点为的中点，由中点坐标公式得， 由点在直线上，，. . 点的坐标为. 【小问2详解】 由题知直线与直线垂直，设直线的斜率为， 直线的斜率为，，.直线的方程为. 点为直线与直线的交点，联立方程组得，.点的坐标为. 由（1）得点的坐标为，, 直线的方程为，整理得直线的方程为. 18. 如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，，四边形为矩形． （1）若是的中点，求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）是否存在点到平面的距离为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：如图，连接交于点，连接，    因为四边形为矩形，所以点为中点， 在中，是的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面． （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，可得，再利用线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量法即可求得平面与平面所成角的余弦值； （3）设，利用点到平面的距离公式求出的值，进而即可求得的长． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于平面，， 以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以， 所以， 因此平面与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 设， 因为，所以， 点到平面的距离为， 解得，故， 所以， 所以存在点到平面的距离为，且此时的长为． 19. 如图，在四棱锥 中，已知 ，平面 . （1）证明：； （2）若 ，，，且 ； （i）当直线 与平面 所成的角最小时，求 的长； （ii）设直线 与平面 所成的角为 ，平面 与平面 的夹角为 ，是否存在点 ，使得 ，若存在，求出三棱锥 的体积；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ∵平面，平面 ∴， 又，，平面，且平面， ∴平面，又平面， ∴； （2）（i）； （ii）存在，，理由如下： 由（1）知：，， 因为平面，且，所以平面. 所以平面的法向量可取， 所以， 又因为，所以，所以， 由（i）知：， 所以，即. 又，则， 所以，即，即. 又A不能与B、D重合，故，故， 此时，则， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，进而证得； （2）以B为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设点的坐标，由线面角的向量求法，表示出直线 与平面 所角的正弦值，求得其最小值，及取最小值时参数的值，即可得到点的坐标，求出 的长；（ii）求出平面 的法向量，表示出，由 ，得，从而列得方程，求出参数的值，从而求得点的坐标，求出的面积，获得三棱锥 的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）以B为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则， 设，则，，，， 设平面的法向量为， 则，所以， 取，则， 记与平面所成线面角为， ∴， 又，则在以为直径的圆上. 因为的中点为，， 所以，又如图在的异侧，且A不能与重合， 所以，所以，所以 所以当时，取最小值，此时，所以， 所以； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $