精品解析：山东省淄博第一中学2026-2027学年高二上学期10月学情诊断数学试题

2025级高二上学期学情诊断 数学试题 2026.10 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分． 1. 若过点，的直线的斜率等于1，则的值为（ ） A. 1 B. 4 C. 1或3 D. 1或4 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜率公式即可得到方程，解出即可. 【详解】由题意得，解得. 故选：A. 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合空间直角坐标系中点的对称性计算即可得. 【详解】设所求点的坐标为， 根据关于平面对称的两个点的横纵坐标不变，竖坐标互为相反数， 则有，故该点为. 故选：B. 3. 已知向量，，若，则实数的值为（ ） A. 3 B. -3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量平行的坐标关系进行运算即可得. 【详解】因为，，且，所以，解得. 故选：D. 4. 已知点,点在直线上运动．当最小时，点的坐标是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出点的坐标，利用两点间距离公式，写出的表达式，利用二次函数的性质可以求出最小时，点的坐标. 【详解】因为点在直线上运动，所以设点的坐标为，由两点间距离公式可知：，显然时, 有最小值，最小值为，此时点的坐标是，故本题选B. 【点睛】本题考查了两点间距离公式、二次函数求最值问题. 5. 已知圆的一般方程为，则的圆心坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】圆的一般方程化成标准方程即可得解. 【详解】由圆的一般方程为， 可得圆的标准方程为：， 所以圆心. 故选：C 6. 在斜四棱柱中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量数量积可求. 【详解】， 则 ． 故选：A. 7. 如图，在直三棱柱中，，，、分别为，的中点，则直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先证，推出平面，把直线到平面距离转化为点到平面的距离，再建立空间直角坐标系，求出相关点与向量，解方程组得到平面的法向量，最后代入点到平面距离公式算出结果． 【详解】如图，连接， 因为在直三棱柱中，、分别为，的中点， 所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以． 又平面，平面， 所以平面， 则点到平面的距离即为直线到平面的距离． 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系． 因为，、分别为，的中点， 所以， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则， 所以平面的法向量为， 又， 所以点到平面的距离为， 则直线到平面的距离为． 8. 《九章算术》中记载了一种名为“刍薨”的五面体（如图），其中四边形ABCD为矩形，，若，和都是正三角形，且，则异面直线DE与BF所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 以矩形ABCD的中心O为原点，OM，ON所在直线分别为x轴、y轴，建立空间直角坐标系．利用空间向量求解. 【详解】 解：如图，设点M，N分别在AB，BC上，且，，以矩形ABCD的中心O为原点，OM，ON所在直线分别为x轴、y轴，建立空间直角坐标系． 四边形ABCD为矩形，，和都是正三角形，平面Oyz，且Oz垂直平分线段EF． 设，则，，，，， ，，， ，异面直线DE与BF所成的角为． 故选：A． 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分． 9. 已知空间向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则 D. 若与的夹角为锐角，则 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A、利用垂直时数量积为0求解；选项B、由两向量平行，对应坐标成比例算出，该选项判断错误；选项C、利用投影向量公式验证成立；选项D、根据夹角为锐角时，数量积大于0求范围． 【详解】选项A，若，则， 代入坐标得，解得，选项A正确； 选项B，若，则存在实数使得，即， 解得，选项B错误； 选项C，在上的投影向量为，即， 因为，，所以，， ，整理得，解得或，选项C错误； 选项D，若与的夹角为锐角，则，且两向量不共线， 由，得，由选项B知，两向量共线时，不在的范围内， 故，选项D正确． 10. 以下四个命题表述正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 若直线与互相垂直，则实数 C. 已知直线与平行，则或 D. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为或 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，求出各直线的斜率，依次判断各选项的正误. 【详解】对A，直线恒过定点，所以A错误； 对B，若，则，解得，所以B正确； 对C，若，则有，即，解得或， 当时，，，所以符合题意， 当时，，所以符合题意，所以C正确； 对D，当直线过原点时，方程为，即； 当直线不过原点时，设直线方程为：，又因为过点，所以，解得，所以直线方程为，所以D正确. 故选：BCD 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点为线段的中点，且点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则平面 C. 若，则平面 D. 若时，直线与平面所成的角为，则 【答案】BC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】连接，以为原点建立如图所示空间直角坐标系， ， 则 ，即， A选项，若，则，则点与点重合， ，A选项错误. B选项，若，则，, ，设平面的法向量为， 则，故可设， 由于，由于平面， 所以平面，所以B选项正确. C选项，若，则，, 由于，所以平面，所以C选项正确. D选项，若时，，， 则 ， 设，则， 则， 由于函数在上单调递减，在上单调递增， ，所以， 所以， ，， 所以，所以，D选项错误. 故选：BC 【点睛】方法点睛：求解正方体中有关线面平行、线面垂直、线面角有关问题，可以考虑利用空间向量法，利用直线的方向向量和平面的法向量之间的关系，可以判断出线面的位置关系，也可以求得线面角. 三、填空题：本大题共3小题，共15分． 12. 若斜率为的直线经过点，则与两坐标轴围成的三角形面积为________ 【答案】 【解析】 【分析】先利用点斜式求出直线方程，求得在坐标轴上的截距即可求解面积. 【详解】因为斜率为的直线l经过点，所以直线l方程为， 令，得，令，得， 所以直线l与两坐标轴围成的三角形面积为. 13. 如图，平面，，，，，为的中点，为上一点，若，则点到平面的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据垂直关系以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离. 【详解】因为平面，，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，. ，，， 设为平面的一个法向量，则即 不妨设，可得， 因为，所以. 则点到平面的距离为. 故答案为： 14. 达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点到直线的距离是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得△的三条边长，在三角形中求边边上的高线即可. 【详解】根据题意，延长交于点，连接，如下所示： 在△中，容易知：； 同理，， 满足，设点到直线的距离为，由等面积法可知： ，解得，即点到直线的距离是. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分． 15. 已知直线：， （1）求点到直线的距离； （2）若直线与：互相平行，求与之间的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求解； （2）利用两直线平行求出，利用两平行线间的距离公式求解. 【小问1详解】 ，直线：， 点到直线的距离为. 【小问2详解】 因为直线：，直线与：互相平行， 所以，解得， 直线：转化为， 直线：， 则与之间的距离为. 16. 已知向量. （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量线性运算的坐标表示和相等向量的定义得到关于的方程组，解之即可得解； （2）用向量线性运算的坐标表示求得与，再利用向量垂直的坐标表示即可得解. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以，解得， 所以 【小问2详解】 因为，则， 又，， 所以，解得， 故实数k的值为. 17. 已知动圆经过点和 （1）当圆面积最小时，求圆的方程； （2）若圆的圆心在直线上，求圆的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以为直径的圆即为面积最小的圆，由此可以算出中点坐标和长度， 即可求出圆的方程； （2）设出圆的标准方程，根据题意代入数值解方程组即可. 【小问1详解】 要使圆的面积最小，则为圆的直径， 圆心，半径 所以所求圆的方程为：. 【小问2详解】 设所求圆的方程为， 根据已知条件得， 所以所求圆的方程为. 18. 如图，在几何体中，四边形为边长为2的正方形，四边形和四边形为矩形，且为棱上一点． （1）求证：； （2）当点为棱的中点时，求点到平面的距离； （3）当时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 由题设可知，，平面， 所以平面． 以为坐标原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系， 则． 设，则， 又，有，故， 所以． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由，即可证明； （2）由点到面的距离公式代入计算，即可得到结果； （3）由二面角的公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，，，，， 设为平面的一个法向量， 则由得 令，则，从而． 设点到平面的距离为， 则． 【小问3详解】 当时，， 设为平面的一个法向量， 则由得 令，则，从而． 显然平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则． 19. 如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）． （3）存在，，理由如下： 设，其中， 所以，， 设平面ADE的法向量为， 则取． 且， 则点到平面ADE的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时． 【解析】 【分析】（1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （3）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，． 故，，， 设平面的法向量为， 则取． 设直线与平面所成角为, 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025级高二上学期学情诊断 数学试题 2026.10 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分． 1. 若过点，的直线的斜率等于1，则的值为（ ） A. 1 B. 4 C. 1或3 D. 1或4 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则实数的值为（ ） A. 3 B. -3 C. D. 4. 已知点,点在直线上运动．当最小时，点的坐标是 A. B. C. D. 5. 已知圆的一般方程为，则的圆心坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 在斜四棱柱中，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在直三棱柱中，，，、分别为，的中点，则直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 《九章算术》中记载了一种名为“刍薨”的五面体（如图），其中四边形ABCD为矩形，，若，和都是正三角形，且，则异面直线DE与BF所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分． 9. 已知空间向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则 D. 若与的夹角为锐角，则 10. 以下四个命题表述正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 若直线与互相垂直，则实数 C. 已知直线与平行，则或 D. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为或 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点为线段的中点，且点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则平面 C. 若，则平面 D. 若时，直线与平面所成的角为，则 三、填空题：本大题共3小题，共15分． 12. 若斜率为的直线经过点，则与两坐标轴围成的三角形面积为________ 13. 如图，平面，，，，，为的中点，为上一点，若，则点到平面的距离为______. 14. 达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点到直线的距离是__________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分． 15. 已知直线：， （1）求点到直线的距离； （2）若直线与：互相平行，求与之间的距离． 16. 已知向量. （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的值. 17. 已知动圆经过点和 （1）当圆面积最小时，求圆的方程； （2）若圆的圆心在直线上，求圆的方程. 18. 如图，在几何体中，四边形为边长为2的正方形，四边形和四边形为矩形，且为棱上一点． （1）求证：； （2）当点为棱的中点时，求点到平面的距离； （3）当时，求平面与平面夹角的余弦值． 19. 如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；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 $