精品解析：河北省玉田县第一中学2026-2027学年高二上学期10月阶段考试数学试题

2026—2027学年度第一学期高二年级10月份阶段考试 数学试题 一、单项选择：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（    ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 2. 圆心在x轴上，半径为2，且过点的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 3. 若直线与直线平行，则（ ） A. 0 B. 或0 C. D. 1 4. 直线关于直线对称的直线方程是（　　） A. B. C. D. 5. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在棱长为1的正方体中，为正方形的中心，为线段的中点，在上，且满足，则直线到直线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 直线与连接的线段相交，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知异面直线，所成的角为，，在直线上，，在直线上，，，，，，则，间的距离为（ ） A. 或 B. 4 C. D. 或4 二、多选题，本题共3小题，每小题6分，共18分 9. 对于直线，下列说法错误的是（ ） A. 直线l恒过定点 B. 直线l斜率必定存在 C. 时直线l的倾斜角为 D. 时直线l与两坐标轴围成的三角形面积为 10. 已知空间向量，，下列结论正确的是（ ） A. B. ，夹角的余弦值为 C. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，且，则实数 D. 在上的投影向量为 11. 如图所示，正方体中，，点在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则以下四个结论正确的是（　　） A. B. 点必在线段上 C. D. 平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知，，且，则 ___________. 13. 在棱长为1的正方体中，为的中点，则点到直线的距离是________． 14. 点到直线为任意实数）的距离的最大值是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知空间三点.设. （1）求； （2）求与的夹角； （3）若向量与互相垂直，求实数的值. 16. 的三个顶点分别是、、． （1）求边上的中线所在直线的方程； （2）求过点、，且圆心在直线上的圆的标准方程； （3）求的外接圆方程． 17. 如图，长方体中，，点P为的中点． （1）求证：平面； （2）求点D到平面的距离． 18. 设直线l的方程为． （1）求证：不论a为何值，直线l必过一定点P； （2）若直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点，，当面积最小时，求此时的直线方程； （3）当直线l在两坐标轴上的截距均为正整数且a也为正整数时，求直线l的方程． 19. 如图，已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形，侧面MAD是等边三角形，，N为侧棱MC上一点． （1）证明：平面平面ABCD； （2）求MC与平面BMD所成角的正弦值； （3）过A，N两点的平面分别交线段MD，MB于E，F两点，且平面AENF，是否存在点N，使得平面AENF与平面ABCD夹角为？若存在，求的值：若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年度第一学期高二年级10月份阶段考试 数学试题 一、单项选择：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（    ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答. 【详解】假定向量，，共面，则存在不全为0的实数， 使得，显然不成立， 所以向量不共面，能构成空间的一个基底，故A正确； 由于，则，，共面，故B错误； 由于，则，，共面，故C错误； 由于，则，，共面，故D错误； 故选：A. 2. 圆心在x轴上，半径为2，且过点的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定圆的圆心与半径，从而根据圆的标准方程进行求解. 【详解】设圆心为，根据圆过点且半径为2， 可得，解得，即圆心坐标为. 因此所求圆的方程是． 3. 若直线与直线平行，则（ ） A. 0 B. 或0 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行的条件列方程求得的值，然后检验，排除两直线重合的情况. 【详解】由题意得,即,解得或. 当时，两直线方程都为，两直线重合，不合题意，舍去； 当时，两直线方程分别为和，此时两直线平行，符合题意. 故选：C. 4. 直线关于直线对称的直线方程是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用关于直线的对称点为求解. 【详解】设为所求直线上的任意一点， 关于直线的对称点为， 则在直线上， 则，整理得到即为所求. 故选：B. 5. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据和进行分类讨论，结合余弦函数的值域计算出的范围，则倾斜角的取值范围可知. 【详解】当时，此时直线方程，垂直于轴，所以倾斜角； 当时，此时直线的斜率， 因为，所以， 结合正切函数的图象可知， 综上所述，倾斜角的取值范围是， 故选：C. 6. 如图，在棱长为1的正方体中，为正方形的中心，为线段的中点，在上，且满足，则直线到直线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求证得直线与直线的距离等价于点到直线的距离，接着建立空间直角坐标系求出，即可由空间中点到直线的向量距离公式求解所求距离. 【详解】取的中点，连接，由，知为的中点， 又为的中点，故， 由正方体性质可得且，故四边形为平行四边形， 所以，所以， 故直线与直线的距离等价于点到直线的距离， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 所以， 故， 所以，， 故点到直线的距离为. 故选：D. 7. 直线与连接的线段相交，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，作出图形，利用斜率坐公式结合图形求解作答. 【详解】直线过点. 如图， 由题意，直线与线段总有公共点， 即直线以直线为起始位置，绕点P逆时针旋转到直线即可， 直线的斜率为，直线的斜率分别为，于是或， 而，因此或， 所以或，解得或，即a的取值范围是. 故选：D. 8. 已知异面直线，所成的角为，，在直线上，，在直线上，，，，，，则，间的距离为（ ） A. 或 B. 4 C. D. 或4 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理，以向量，，为基底表示向量，利用向量的模厂，计算空间两点间距离.注意异面直线所成角. 【详解】 以向量，，为基底，由题知，，，，，，或， 则， 当时，，， 当时，，． 故选：D 二、多选题，本题共3小题，每小题6分，共18分 9. 对于直线，下列说法错误的是（ ） A. 直线l恒过定点 B. 直线l斜率必定存在 C. 时直线l的倾斜角为 D. 时直线l与两坐标轴围成的三角形面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】A.直接求出直线l恒过的定点；B. 当时，斜率不存在；C.时，直线斜率为，可得倾斜角；D.时，直线，求出在轴，轴上截距，进而可求出直线l与两坐标轴围成的三角形面积. 【详解】A.直线，即，直线l恒过定点，A正确； B.当时，直线，此时斜率不存在，B错误； C.时，直线，此时斜率为，倾斜角为，C错误； D.时，直线，在轴，轴上截距分别为，此时直线l与两坐标轴围成的三角形面积为，故D正确. 故选：BC. 10. 已知空间向量，，下列结论正确的是（ ） A. B. ，夹角的余弦值为 C. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，且，则实数 D. 在上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据空间向量的运算，空间位置关系得到向量表示，投影向量的概念依次讨论各选项即可. 【详解】对于A，，，故A错误； 对于B，因为，，所以，， ，设与的夹角为，则，故B正确； 对于C，因为，所以，则，解得，故C正确； 对于D，在上的投影向量为，D正确． 故选:BCD． 11. 如图所示，正方体中，，点在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则以下四个结论正确的是（　　） A. B. 点必在线段上 C. D. 平面 【答案】BD 【解析】 【分析】求得到平面的距离，求得体积判断选项A；建立空间直角坐标系，设，利用，可求得与的关系，进而可得，可判断B；求得直线与直线的位置关系判断选项C；求得直线与平面的位置关系判断选项D. 【详解】对于A，∵在侧面上，平面平面， ∴到平面的距离即为到平面的距离，即为正方体棱长， ∴，故A中结论错误； 对于B，以为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系， 则， ， ， ， ，即三点共线， 所以必在线段上，故B中结论正确 对于C， 又因为， 所以与不垂直，故C中结论错误 对于D,， 又（其中）， 所以共面，又平面平面，故D中结论正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知，，且，则 ___________. 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量的坐标运算求解， 【详解】，， 而，故 即，解得， 故答案为： 13. 在棱长为1的正方体中，为的中点，则点到直线的距离是________． 【答案】 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，用向量法进行求解即可 【详解】如图示，以为原点，为轴建立坐标系， 则, 所以, 所以在上的投影为， 所以点点到直线的距离是 ， 故答案为： 14. 点到直线为任意实数）的距离的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线恒过定点，则该定点到点A的距离即为点A到直线的距离的最大值. 【详解】由，得. 当时，，所以直线恒过定点. 所以. 由点到线的距离性质可知，点到直线的距离的最大值 即为点到定点的距离，等于. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知空间三点.设. （1）求； （2）求与的夹角； （3）若向量与互相垂直，求实数的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出的坐标，结合模长的坐标运算可得答案； （2）根据向量夹角公式可得答案； （3）根据数量积为0可求答案. 【小问1详解】 因为，所以； 所以. 【小问2详解】 因为，，所以， 因为，所以与的夹角为. 【小问3详解】 ， 因为向量与互相垂直，所以， 即，解得. 16. 的三个顶点分别是、、． （1）求边上的中线所在直线的方程； （2）求过点、，且圆心在直线上的圆的标准方程； （3）求的外接圆方程． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出直线的斜率，再利用点斜式求出方程即可； （2）根据直线的斜率，求出的中垂线斜率，结合的中点，得到的中垂线方程，其与直线的交点即为圆心，即为半径，根据圆心半径写出圆的标准方程即可. （3）由（2）得圆心的坐标，结合的距离等于半径，判断得到的外接圆方程. 【小问1详解】 边的中点．中线过与，斜率， 故：，即． 【小问2详解】 的中点为，的斜率为，故的垂直平分线方程为． 圆心在直线上，联立 解得．半径，故圆的标准方程为． 【小问3详解】 由（2）得圆心，又， ，， 故三点均在圆上，所以的外接圆就是圆，方程为． 17. 如图，长方体中，，点P为的中点． （1）求证：平面； （2）求点D到平面的距离． 【答案】（1） 长方体中，，平面， 因为平面,所以， 因为，平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）先得到，，再利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式直接计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可知两两垂直，所以以为原点所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 由题意可得 则， 设平面的法向量为， 则，令，得到； 因为,所以点D到平面的距离. 18. 设直线l的方程为． （1）求证：不论a为何值，直线l必过一定点P； （2）若直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点，，当面积最小时，求此时的直线方程； （3）当直线l在两坐标轴上的截距均为正整数且a也为正整数时，求直线l的方程． 【答案】（1） 由得，则，解得， ∴不论a为何值，直线l必过一定点； （2） （3）． 【解析】 【分析】(1) 因为，，通过化简得，结合过定点列方程组，解出方程组的解即可得到定点坐标. (2) 令得，，令可得，.因为，点A，B分别在x，y轴的正半轴上，所以得到的取值范围，再利用均值不等式求出的值即可得到直线方程. (3) 由(2)可知直线l分别与x，y 轴的正半轴相交，所以，，均为正整数且a也为正整数求得. 将的值代入原方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由， 当时，，当时，， 又由，得， ， 当且仅当，即时，取等号． ，， ∴直线方程为． 【小问3详解】 直线l在两坐标轴上的截距均为正整数，即，均为正整数，而a也为正整数， ，， ∴直线l的方程为． 19. 如图，已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形，侧面MAD是等边三角形，，N为侧棱MC上一点． （1）证明：平面平面ABCD； （2）求MC与平面BMD所成角的正弦值； （3）过A，N两点的平面分别交线段MD，MB于E，F两点，且平面AENF，是否存在点N，使得平面AENF与平面ABCD夹角为？若存在，求的值：若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：连接BD，因，所以， 侧面MAD是等边三角形，所以，又，故， 由题意得平面MAD，平面MAD，可得平面MAD， 又因平面ABCD，所以平面平面ABCD. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）通过计算边长利用勾股定理逆定理证明，进而由面面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，通过向量法求平面的法向量，进而计算MC与平面BMD所成角的正弦值； （3）引入参数​，利用向量法表示相关点坐标，结合 平面得到法向量满足的条件，再由平面夹角为列出方程解得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取AD的中点O，的中点，连接PO，OM，因为侧面MAD是等边三角形，所以， 由（1）知平面平面ABCD，平面平面，则平面ABCD， 在平面ABCD内，由，易得， 以AD中点O为坐标原点，分别以OA，OP，OM所在直线为x轴，y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面BMD的一个法向量为， 则，令，则， 所以为平面BMD的一个法向量， 又，设MC与平面BMD所成角为， 则， 所以MC与平面BMD所成角的正弦值为. 【小问3详解】 因为平面AENF，平面平面，平面MBD， 所以，假设存在点N，使得平面AENF与平面ABCD夹角为， 设，则， 设平面AENF的一个法向量为，由， 则， 令，则，所以为平面AENF的一个法向量， 因为z轴⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量， 设平面AENF与平面ABCD夹角为 可得， 化简得：，又因解得， 所以存在点N，使得平面AENF与平面ABCD夹角为，此时． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $