精品解析：辽宁阜新市高级中学2026-2027学年度高二上学期十月数学试题

2026—2027学年度上学期阜新市高级中学十月试题 数 学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：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. 1. 已知两点，直线的倾斜角为，则实数等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两点的斜率公式及直线的斜率定义即可求解. 【详解】由题，直线的斜率为，又， . 故选：B. 2. 的反向单位向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】的反向单位向量为. 3. 已知，若（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【详解】，，， 又，所以， 解得. 4. 已知，，是不共面的三个向量，下列能构成一组基的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】由不共面的三个向量能构成一组基底判断. 【详解】A. 因为=，则三个向量共面，所以三个向量不能构成一组基底； B. 因为=，则三个向量共面，所以三个向量不能构成一组基底； C. 假设，，共面，则必存在x，y，有，因为，，是不共面，则，不成立，则三个向量不共面，所以三个向量能构成一组基底； D. 因为，则三个向量共面，所以三个向量不能构成一组基底； 故选：C 5. 平行六面体，的结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的加法、减法运算即可求解. 【详解】 如图所示，. 6. 已知点在线段上，则的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由转化为求定点与线段上动点斜率问题，利用图象求解. 【详解】可看作线段上的点与定点连线的斜率， 因为，如图， 由图象知，， 即的范围是. 7. 是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作图，找到直线在平面上的投影在构建多个直角三角形，找出边与角之间的关系，继而得到线面角；也可将三条射线截取出来放在正方体中进行分析. 【详解】解法一： 如图，设直线在平面的射影为， 作于点G，于点H，连接， 易得，又平面，则平面，又平面，则， 有 故． 已知， 故为所求． 解法二： 如图所示，把放在正方体中，的夹角均为． 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则， 所以， 设平面的法向量，则 令，则，所以， 所以． 设直线与平面所成角为，所以， 所以． 故选B． 8. 若点在直线上，则的最小值为（    ） A. B. C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】转化为直线上的点到定点和的距离和，求出点关于直线的对称点为，可得，当三点共线时，最小，从而得出结论. 【详解】表示直线上的点到定点和的距离和，即求的最小值. 假设点关于直线的对称点为， 则有，解得， 因此得到， 所以， 当三点共线时，的最小值为. 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 在正方体中，点分别是底面和侧面的中心，则下列说法正确的是（   ） A. 平面 B. 平面 C. 与平面夹角的余弦值为 D. 平面平面 【答案】AB 【解析】 【分析】本题以正方体为载体，综合考查线面垂直、线面平行、线面角、面面垂直的判定，适合用空间向量法求解，核心是建立坐标系，利用向量判定位置关系、计算线面角. 【详解】设正方体棱长为 1，由题中坐标系得： ， 是底面的中心，则，是侧面的中心，则. 选项 A：， ，故， 又，所以平面，A 正确. 选项 B：，平面的一个法向量可取， ，即， 又不在平面内，因此平面，B 正确. 选项 C：设平面的一个法向量为，， 则，令，求得它的一个法向量. 设与平面所成角为，，， 则，C 错误. 选项 D：由 A 知是平面的一个法向量； 设平面的一个法向量为，， 则，令，则平面的一个法向量为， ，两个法向量不垂直，两平面不垂直，D 错误. 10. 已知正方体的棱长为，、分别是、是的中点，在正方体内部满足，下列说法正确的是（   ） A. 平面与平面间的距离为 B. 点到直线的距离为 C. 点到直线的距离为 D. 点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体的特征建立如图所示的空间直角坐标系，利用距离公式可求各选项中距离，故可得正确的选项. 【详解】根据正方体可建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、， 则，. 又，故， 对于A，，，故， 而、、、不共线，故， 因平面，平面，故平面， 同理平面，而，、平面， 所以平面平面， 故平面与平面的距离即为到平面的距离. 又，，设平面的法向量为， 则即，取，则， 故到平面的距离为，故A正确； 对于B，在中，底边上的高为， 故点到直线的距离为，故B错误； 对于C，，， 故点到直线的距离为，故C正确； 对于D，，， 设平面的法向量为， 则即，取，则， 故到平面的距离为，故D正确. 11. 已知，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则下列说法正确的是（ ） A. B. 为定值 C. 的最大值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先求出点A，B的坐标，可判断选项A的正误；判断两条直线的位置关系可判断选项B的正误；根据基本不等式链可判断选项C，D的正误. 【详解】由，得． 因为，所以，得． 由，得． 因为，所以，得． 所以，A正确． 由直线：和直线：，知． 所以．所以．所以，为定值，B正确． ，当且仅当时，等号成立，C错误． 因为，所以，即的最大值为，当且仅当时，等号成立，D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，点在轴上，且，点的坐标_________ . 【答案】 【解析】 【分析】根据空间中两点间距离即可求解. 【详解】设， 由，得， 解得， 所以点的坐标为. 13. 已知，，，不能构成三角形，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知分析出三点共线且斜率存在，应用斜率两点式列方程得，整理变形即可得. 【详解】三点不能构成三角形的情况，即三点共线， 因为斜率存在，所以，即，即, 因为，所以，即. 故答案为： 14. 已知是边长为2的等边三角形,为平面内一点，则的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】建立直角坐标系,求出三角形各顶点的坐标,设出的坐标,运用向量坐标表示的加法和数量积运算的公式,化简,配方最后求出最小值. 【详解】建立如下图所示的直角坐标系, ， ,则有, 当,取得最小值. 故答案为： 【点睛】本题考查了数量积的最小值问题,应用平面向量坐标运算、配方法是解题的关键. 四、解答题：本题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，已知平行六面体所有的棱长均为，，，为的中点，设. （1）用表示； （2）求的值. 【答案】（1）， （2）2 【解析】 【分析】（1）用向量的线性运算即可求解； （2）用向量数量积的运算律即可求解. 【小问1详解】 由于，，所以，因此， 又因为为的中点，，因此. 【小问2详解】 由（1）可知，， 所以. 因为， 所以. 16. 在正方体中，判断满足下列条件的点M，N是否存在，说明理由；，若存在求MN的长度. 【答案】存在，，理由如下： 以D为原点，的方向分别为x轴､y轴､z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    若正方体的棱长为单位长度，则， 所以， 假设满足条件的M，N存在，令，， 则， 因为，所以， 从而，解得，， 因此，满足条件的M，N是存在的，且. 【解析】 【分析】构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，假设满足条件的M，N存在，利用向量垂直的坐标表示列方程求参数，即可得结论. 【详解】略 17. 已知， （1）求和的垂直平分线在轴和轴截距； （2）在轴上点，使得面积为，点坐标是多少？ 【答案】（1）直线在轴和轴截距分别为. （2）或 【解析】 【分析】（1）利用可求直线的斜率，再利用过中点即可用点斜式方程求直线的方程，从而可计算在轴和轴截距. （2）先求出直线的方程，设点，利用点到直线的距离可以求的高，则面积可用表示，从而可求出的值. 【小问1详解】 中点，即. ，由，得，所以. 直线的方程为，即. 令，得，解得； 令，得，解得. 所以直线在轴和轴截距分别为. 【小问2详解】 设，. 直线方程为，即. 点到直线的距离. 所以，即，解得或. 所以点坐标为或. 18. 过直线与的交点作直线分别与轴正半轴交于点． （1）若与直线平行，求直线的方程； （2）求过点且截距相等的直线方程； （3）对于最小，面积最小，若选择_____作为条件，求直线的方程．(只能选一个，选俩算第一个） 【答案】（1） （2）或 （3）选；选 【解析】 【分析】（1）求出交点坐标，根据平行设出直线的方程，代入交点坐标，求出直线的方程； （2）分截距为0和截距不为0两种情况进行求解； （3）若选，利用基本不等式求最小时的条件，可求直线的方程；若选，利用基本不等式求面积最小时的条件，可求直线的方程. 【小问1详解】 联立，解得，即得， 若与直线平行，设直线的方程为， 代入，解得， 直线的方程为. 【小问2详解】 设横、纵两截距相等的直线的方程为或， 将分别代入直线的方程得或，解得或. 故所求直线的方程为或． 【小问3详解】 设，，则直线的方程为，代入点可得. 若选：则， 当且仅当，即时等号成立，此时取得最小值， 直线l的斜率，故其方程为，即. 若选：由，可得，当且仅当时等号成立， x，即面积最小为4， 直线l的斜率，故其方程为，即. 19. 如图，三棱锥中，面与面互相垂直，且.求： （1）所在直线和平面所成角的大小； （2）所在直线与直线所成角的大小； （3）二面角的正切值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）过点作于点，由面面垂直的性质定理及线面角的定义得为直线与平面所成的角，再根据已知求其大小； （2）利用线面垂直的判定定理和性质定理得，即可确定异面直线所成角的大小； （3）过点作于点，根据线面垂直的性质定理和判定定理，结合二面角的定义有为二面角的平面角，进而求其大小. 【小问1详解】 过点作于点，由题意在直线的两侧， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 设且， 由，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得，即直线与平面所成的角为. 【小问2详解】 由，且，平面，所以平面， 因为平面，所以，故直线与直线所成角为. 【小问3详解】 由平面，过点作于点， 因为平面，平面，所以， 又，且平面，所以平面， 因为平面，所以，则为二面角的平面角， 所以为二面角的补角， 在直角中，，可得， 所以，则二面角的正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年度上学期阜新市高级中学十月试题 数 学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：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. 1. 已知两点，直线的倾斜角为，则实数等于（ ） A. B. C. D. 2. 的反向单位向量为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，若（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4. 已知，，是不共面的三个向量，下列能构成一组基的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 5. 平行六面体，的结果是（ ） A. B. C. D. 6. 已知点在线段上，则的范围是（ ） A. B. C. D. 7. 是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 8. 若点在直线上，则的最小值为（    ） A. B. C. 4 D. 5 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 在正方体中，点分别是底面和侧面的中心，则下列说法正确的是（   ） A. 平面 B. 平面 C. 与平面夹角的余弦值为 D. 平面平面 10. 已知正方体的棱长为，、分别是、是的中点，在正方体内部满足，下列说法正确的是（   ） A. 平面与平面间的距离为 B. 点到直线的距离为 C. 点到直线的距离为 D. 点到平面的距离为 11. 已知，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则下列说法正确的是（ ） A. B. 为定值 C. 的最大值为 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，点在轴上，且，点的坐标_________ . 13. 已知，，，不能构成三角形，则______． 14. 已知是边长为2的等边三角形,为平面内一点，则的最小值是______． 四、解答题：本题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，已知平行六面体所有的棱长均为，，，为的中点，设. （1）用表示； （2）求的值. 16. 在正方体中，判断满足下列条件的点M，N是否存在，说明理由；，若存在求MN的长度. 17. 已知， （1）求和的垂直平分线在轴和轴截距； （2）在轴上点，使得面积为，点坐标是多少？ 18. 过直线与的交点作直线分别与轴正半轴交于点． （1）若与直线平行，求直线的方程； （2）求过点且截距相等的直线方程； （3）对于最小，面积最小，若选择_____作为条件，求直线的方程．(只能选一个，选俩算第一个） 19. 如图，三棱锥中，面与面互相垂直，且.求： （1）所在直线和平面所成角的大小； （2）所在直线与直线所成角的大小； （3）二面角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $