广东东莞外国语学校2026-2027学年第一学期段考一高二数学试题

2026-2027学年度第一学期东莞外国语学校段考一 高二数学 一、单选题 1．直线y+5=0的倾斜角为 A． B． C． D． 2．条件：“直线在轴上的截距是在轴上的截距的两倍”；条件“直线的斜率为”，则是的（   ） 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 3．已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是（   ） A． B． C． D． 4．在直三棱柱中，，，点在线段上，且，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 5．已知点，则点到直线的距离是（    ） A． B． C． D．5 6．已知直线：.当点到的距离最大时，（    ） A． B． C． D． 7．已知向量，，，则三棱锥的体积为（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 8．如图，在直角中，，，点是边上异于端点的一点，光线从点出发经边反射后又回到点，若光线经过的重心，则的面积等于（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 9．已知向量，，，则（       ） A． B． C．向量，的夹角为 D．向量在向量上的投影向量为 10．已知直线，，则下列说法正确的是（   ） A．的充要条件为或 B．若，则 C．若直线不经过第四象限，则 D．若，则直线关于直线对称的直线方程为 11．如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内，如果四边形是边长为2的正方形，则（    ）    A．异面直线与所成角大小为 B．二面角的平面角的余弦值为 C．此八面体一定存在外接球 D．此八面体的内切球表面积为 三、填空题 12．在正方体中，点E是上底面的中心，若，则实数______. 13．如图，二面角的大小为，其棱l上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若AB=3，AC=2，BD=5，则CD=______．    14．在空间直角坐标系中，若直线经过点且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线的方程为，则点到距离为___________ 四、解答题 15．已知平行四边形的三个顶点为，，. (1)求点的坐标； (2)判断平行四边形是否为正方形. 16．如图，在正方体中，，，，点M，N分别是，的中点．    (1)试用，，表示． (2)求证：平面． 17．在平面直角坐标系中，已知的顶点边上的中线所在的直线方程为. (1)求经过顶点且平行于的直线方程； (2)若边上的高所在的直线方程为，求边所在的直线方程； (3)若的平分线所在的直线方程为，求边所在的直线方程. 18．在四棱锥中，平面，，，，． (1)求证：平面平面； (2)若点在棱上，且二面角的大小为，求的值． 19．定义：若四面体的三组对棱分别互相垂直，则称该四面体为对垂四面体.如图，在中，为边上的高，，，．将沿折起，得到四面体（点对应点），且满足． (1)求证：四面体为对垂四面体； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设点在棱上，点在棱上，且满足（），记平面与平面所成的锐二面角为，求的最大值及此时的值． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C B C A D A BD BCD 题号 11 答案 ACD 1．D 【详解】设直线的倾斜角为，则，30°所以故选D. 2．B 【分析】分类判断充分性和必要性，即可得到结果. 【详解】记直线在轴上的截距为，在轴上的截距为， 若直线的斜率为， 当截距均为时，直线在轴上的截距是在轴上的截距的两倍， 当截距均不为时，设直线方程为，变形为， 得，，则能推出，必要性成立； 若，当截距都不为时，斜率为， 当截距均为时，直线斜率可以是任何实数，不一定是， 所以不能推出，充分性不成立. 所以是的必要不充分条件. 3．C 【详解】对于A选项，成立，故不能构成空间的另一个基底； 对于B选项，，故不能构成空间的另一个基底； 对于C选项，不存在实数，，使得，故能构成空间的另一个基底； 对于D选项，，故不能构成空间的另一个基底． 4．B 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，求出直线与的一个方向向量，利用空间向量夹角公式即可求解. 【详解】如图：建立空间直角坐标系，则，， ，， 直线与所成角的余弦值为.    故选：B 5．C 【分析】根据点到直线的距离的向量法求解公式计算即可. 【详解】设， 可求得， 所以． 故选：C 6．A 【分析】先求出动直线恒过的定点，当直线与该定点和点的连线垂直时，到直线的距离最大，利用两直线垂直的斜率关系求解. 【详解】将直线的方程整理为关于参数的形式： 令，解得，即直线恒过定点， 当直线时，点到直线的距离最大，最大值为， 因为直线的斜率为，直线的斜率为（）， 所以，由两直线垂直的斜率关系得：，化简解得，验证，符合条件. 所以，. 7．D 【分析】先求出平面的法向量，再利用向量求出点到平面的距离，然后利用向量求出点到直线的距离，进而求出的面积，最后利用三棱锥的体积公式即可. 【详解】设平面的法向量为， 则，则， 则点到平面的距离为， 又，， 则点到直线的距离为， 则， 故三棱锥的体积为. 8．A 【分析】根据题意建立直角坐标系，结合光的反射原理，依次求出点关于直线，轴的对称点，并由四点共线，即可得到直线的方程，进而解出点的坐标并求得线段的长度，再运用点到直线的距离公式求得点到直线的距离，最后代入三角形的面积公式即可得解. 【详解】根据题意，以点为原点，以，分别为轴，轴建立直角坐标系， 则，所以直线的方程为，的重心为.    设点，其中，则点关于直线的对称点， 满足，解得，即， 易得点关于轴的对称点，由光的反射原理可知四点共线， 直线的斜率，所以直线的方程为， 由于直线经过的重心，代入得， 化简得或（舍去），故点，点，点， 直线的方程为，即， 联立，解得，即点， 联立，解得，即点， 所以， 又点到直线的距离为， 所以. 故选：A. 9．BD 【详解】 选项A：计算得， 若，则存在实数满足，显然无实解，故A错误； 选项B：，故B正确； 选项C：因，， 则，又因，则，故C错误； 选项D：因，， 则向量在向量上的投影向量为，故D正确. 10．BCD 【分析】直线相互平行的充要条件为“交叉相乘再相减为0”，且不重合.直线相互垂直的充要条件为“对应相乘再相加为0”.直线不经过第四象限，可以先化为斜截式，判断斜率与截距求解.注意到时，直线与直线相互平行，则对称的直线方程可以根据直线之间的距离求解. 【详解】选项A，显然直线的斜率存在，若，则，解得或， 经检验时，这两条直线重合，所以， 故的充要条件是， A不正确； 选项B，若，则，解得，B正确； 选项C，若直线不经过第四象限，则解得，C正确； 选项D，若，则直线，即， 显然直线与直线平行， 设直线关于直线对称的直线方程为， 则直线和到直线的距离相等， 则，解得， 所以时，直线关于直线对称的直线方程为，即，D正确． 11．ACD 【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角及二面角可判断A项、B项，由可判断C项，运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D项. 【详解】连接、交于点，连接、， 因为四边形为正方形，则， 又因为八面体的每个面都是正三角形，所以、、三点共线，且面， 所以以为原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，    则，，，，，，， 对于A项，，， 设异面直线与所成角为， 则， 所以，即异面直线与所成角大小为，故A项正确； 对于B项，，，， 设面的一个法向量为， 则，取，则，，则， 设面的一个法向量为， 则，取，则，，则， 所以， 又因为面与所成的二面角的平面角为钝角， 所以二面角的平面角的余弦值为，故B项错误； 对于C项，因为， 所以为此八面体外接球的球心， 即此八面体一定存在外接球，故C项正确； 对于D项，设内切球的半径为， 则八面体的体积为， 又八面体的体积为， 所以，解得， 所以内切球的表面积为，故D项正确. 故选：ACD. 12．2 【分析】结合空间向量基本定理，利用向量的线性运算求得，即可解答. 【详解】因为 ， 又， 所以，，，所以.    故答案为：2 13． 【分析】利用向量的线性关系可得，两边平方可求的长度. 【详解】因为二面角的大小为，， =4+9+25+0+20+0=48. 即两点间的距离为. 故答案为： 14．/ 【分析】根据直线方程确定直线上的一点和直线的方向向量，再求出向量，最后利用点到直线的距离公式进行计算. 【详解】由题意知，直线的方程可变形为， 所以直线经过点，方向向量为，则. 又，，， 所以. 所以点到距离为：. 故答案为： 15．(1) (2)平行四边形是正方形 【分析】（1）利用平行四边形性质，可知，从而求得点坐标； （2）先利用邻边垂直证明平行四边形为矩形，再利用邻边相等证明平行四边形为正方形. 【详解】（1）设，则，， 因为四边形为平行四边形，所以，，即， 即. （2）平行四边形是正方形. ，， ，， 平行四边形为矩形. 又， ， ，平行四边形为正方形. 16．(1) (2) 因为，所以，即， 因为平面，平面，所以平面． 【分析】（1）根据点M，N的位置用基底表示向量； （2）证明向量与平面中的向量共线，即可证明平面． 【详解】（1）    因为，所以， 同理，， 所以； （2）略 17．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据平行关系设出所求直线，再结合所过的点求参数，即可得； （2）根据的中点和点在直线，结合与垂直，点在直线上列方程组求出点，坐标，然后可得； （3）根据直线上的点到直线的距离相等，结合（2）中方程求解. 【详解】（1）由题意，设平行于的直线方程为，该直线过， 所以，故所求直线为； （2）设，又边上的中线所在的直线方程为. 则, 即①，②， 又直线与直线垂直， 所以，即③， 联立②③解得，    又④，联立①④解得， 所以直线的方程为，即. （3）因为的平分线所在的直线方程为，所以⑤， 联立①⑤求解可得， 则直线方程为，即， 设直线的方程为，则， 又点在直线上，    由角平分线性质可知，到直线的距离相等， 则，即， 又，所以， 整理得，解得或， 所以直线的斜率或， 当时，直线的方程为， 即，与直线重合，舍去； 当时，直线的方程为， 即，满足题意. 所以直线的方程为. 18．(1)因为平面，且平面， 所以又已知因此两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得， 又，故 由，，，故平面， 故平面法向量可取， 平面中，， 设平面的法向量为，则， 由第一式得，代入第二式得，取，则，所以 因为所以平面平面. (2) 【分析】（1）由底面得，结合建系；求两平面法向量，由法向量数量积为证面面垂直； （2）设分的比例，用参数表示坐标；求平面与底面法向量，由二面角为列方程解参数，再求比值. 【详解】（1）略 （2）设在棱上，令 则 平面即为底面，其法向量为 平面中， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，故 二面角的大小为，所以 而 因此 两边平方：即 展开整理：， 解得因为，所以 于是故. 19．(1)由折叠的不变性，折叠前，故折叠后有， 因为，且平面，所以平面， 又平面，所以． 因为，且平面，得平面， 又平面，所以． 又平面，所以平面， 又平面，所以． 综上，三组对棱两两垂直，故四面体为对垂四面体． (2) (3)时，取得最大值 【分析】（1）利用折叠不变性与线面垂直判定定理，证明三组对棱两两垂直，满足对垂四面体定义完成证明； （2）以D为原点建空间直角坐标系，求出平面法向量，套用线面角向量公式计算正弦值； （3）根据比例参数λ写出P、Q坐标，求两平面法向量得到锐二面角余弦表达式，再用基本不等式求最大值与对应λ． 【详解】（1）略 （2）由（1）知两两互相垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，故， 设直线与平面所成的角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为． （3）由，得，由，得， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，故， 平面的一个法向量为， 锐二面角满足， 分子分母同除以，得， 由基本不等式，得，当且仅当，即时取等号， 因此，，即时，取得最大值． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $