精品解析：山东省淄博第十一中学2026-2027学年高二上学期第一次阶段性测试数学试卷

高59级高二上学期第一次阶段性测试数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在空间四边形PABC中，（ ） A. B. C. D. 2. 方程表示一个圆，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 点(0，﹣1)到直线距离的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，若，，，四点共面，则（ ） A. 3 B. C. 7 D. 6. 设，若点在线段上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，向量，，，且，，则（ ） A. B. C. 4 D. 3 8. 已知正方体的棱长为2，点M满足，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 过点，并且在两轴上的截距的绝对值相等的直线方程为（ ） A. B. C. D. 10. 下列选项正确的是（ ） A. 过点且和直线垂直的直线方程是 B. 若直线l的斜率，则直线倾斜角的取值范围是 C. 若直线与平行，则与的距离为 D. 已知点，则点A关于原点对称点的坐标为 11. 如图，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（ ） A. B. 存在点，使平面 C. 存在点，使直线与所成的角为 D. 点到平面与平面的距离和为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，二面角等于是棱上两点，，且，则的长等于_____． 13. 如图，射线分别与轴的正半轴成角，过点作直线分别交于两点，当线段的中点恰好落在直线上时，则直线的方程为___________． 14. 如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，为棱的中点，，，与平面交于点，则________. 四、解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知直线． （1）求经过点，且垂直于直线的直线的方程； （2）求与直线平行，且到直线的距离为的直线的方程． 16. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为． （1）求顶点的坐标； （2）求的面积． 17. 已知圆C经过（-1，3），（5，3），（2，0）三点. （1）求圆C的方程； （2）设点A在圆C上运动，点，且点M满足，求点M的轨迹方程. 18. 如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点． （1）求点到平面的距离： （2）求平面与平面夹角的余弦值． 19. 在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）．将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）． （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的正切值为？若存在，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 $ 高59级高二上学期第一次阶段性测试数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在空间四边形PABC中，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的加法、减法法则即可得到答案. 【详解】． 故选：A. 2. 方程表示一个圆，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简方程为，根据圆的标准方程，得到不等式，即可求解. 【详解】由方程，可化为， 要使得方程表示一个圆，则满足，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：A. 3. 点(0，﹣1)到直线距离的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据直线方程判断出直线过定点，设，当直线与垂直时，点到直线距离最大，即可求得结果. 【详解】由可知直线过定点，设， 当直线与垂直时，点到直线距离最大， 即为. 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质是解题的关键，属于基础题. 4. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将作为基底，利用空间向量基本定理用基底表示，然后对其平方化简后，再开方可求得结果 【详解】由题意得，， 因为 , 所以 ， 所以， 故选：C 5. 已知，，，若，，，四点共面，则（ ） A. 3 B. C. 7 D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，，共面，设，根据空间向量坐标运算得到方程组，解得即可. 【详解】因为，，，四点共面， 所以，，共面，设， 因为，，， 所以， 则，解得． 故选：C. 6. 设，若点在线段上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线的倾斜角和斜率的关系求式子的取值范围. 【详解】如图： 问题转化为过点的直线与线段有公共点时，直线斜率的取值范围. 因为，， 且当倾斜角是锐角时，，随着倾斜角的增大，斜率增大； 当倾斜角是钝角时，，随着倾斜角的增大，斜率增大. 所以斜率的取值范围是：或. 故选：C 7. 已知，向量，，，且，，则（ ） A. B. C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【详解】向量，由，得， 解得，则；由，得，解得，则， 因此，所以. 8. 已知正方体的棱长为2，点M满足，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合共面向量定理得四点共面，则的最小值为点到平面的距离，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量点到平面距离公式可得答案． 【详解】由，且， 结合共面向量定理得四点共面， 即点在平面上，则的最小值为点到平面的距离． 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量， 则，取，则，， 所以点到平面的距离. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 过点，并且在两轴上的截距的绝对值相等的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，按直线是否过原点分类，结合直线方程的截距式求解. 【详解】当直线过原点时，该直线在两轴上的截距的绝对值相等，方程为，即； 当直线不过原点时，若该直线在两轴上的截距相等，设方程为，则，解得，所求方程为； 若该直线在两轴上的截距互为相反数，设方程为，则，解得，所求方程为， 所以符合要求的直线方程为或或. 10. 下列选项正确的是（ ） A. 过点且和直线垂直的直线方程是 B. 若直线l的斜率，则直线倾斜角的取值范围是 C. 若直线与平行，则与的距离为 D. 已知点，则点A关于原点对称点的坐标为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，可设过点且和直线垂直的直线方程为，将点代入解得即可判断； 对于B，根据直线的斜率求出倾斜角即可判断； 对于C，根据两直线的位置关系求出，再利用两平行直线的距离公式求出距离，即可判断； 对于D，根据空间直角坐标系中点的对称性即可判断. 【详解】解：对于A，可设过点且和直线垂直的直线方程为， 则有，解得，所以所求方程为，故A正确； 对于B，若直线l的斜率，则直线倾斜角的取值范围是，故B错误； 对于C，若直线与平行， 则，所以，所以，即， 所以与的距离为，故C正确； 对于D，已知点，则点A关于原点对称点的坐标为，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，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（ ） A. B. 存在点，使平面 C. 存在点，使直线与所成的角为 D. 点到平面与平面的距离和为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法逐一判断各选项即可. 【详解】因为平面，底面是正方形， 以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系. 设，则、、、、， 因为、分别是、的中点，所以、. 设，其中，则，，. 选项A：，所以，故A正确； 选项B：，.设平面的一个法向量为， 则，取，可得. 若平面，则，解得. 此时为中点，且不在平面内，所以存在点使平面，故B正确； 选项C：若直线与所成的角为， . 整理得，因为，方程无解，故C错误； 选项D：易知平面的一个法向量为，且， 则点到平面的距离为， 平面的一个法向量为，则点到平面的距离为， 故点到平面和平面的距离之和为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，二面角等于是棱上两点，，且，则的长等于_____． 【答案】 【解析】 【分析】依题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入求解即可． 【详解】由二面角的平面角的定义知， 所以， 由，，得，， 又因为， 所以 ， 所以， 故答案为： 13. 如图，射线分别与轴的正半轴成角，过点作直线分别交于两点，当线段的中点恰好落在直线上时，则直线的方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】求出射线方程，易得直线斜率不存在时不满足题意；再讨论斜率存在时，设，求得的中点．再结合点在直线上，且三点共线得，最后根据点斜式方程求解即可. 【详解】由题意，可得， 所以直线． 当直线斜率不存在时，，的中点不在上，不满足； 当直线斜率存在时，设， 所以的中点． 由点在直线上，且三点共线得解得 所以．又，所以， 所以，直线的点斜式方程表示为：，即直线的方程为或． 14. 如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，为棱的中点，，，与平面交于点，则________. 【答案】 【解析】 【分析】设，其中，用、、表示向量、、，利用共面向量的基本定理可知存在、使得，由空间向量基本定理可得出关于、、的方程组，即可解得实数的方程组，即可解得实数的值. 【详解】设，其中， ， ，， 因为、、、四点共线，则向量、、共面， 由共面向量定理可知，存在、使得， 即 ， 所以，，解得. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知直线． （1）求经过点，且垂直于直线的直线的方程； （2）求与直线平行，且到直线的距离为的直线的方程． 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据直线垂直的斜率关系好点斜式方程可得； （2）设出所求方程，利用平行直线的距离公式求解可得. 【小问1详解】 由题知，直线的斜率为，所以，所求直线的斜率为， 又直线过点，由点斜式方程得所求直线方程为， 整理得． 【小问2详解】 设所求直线方程为：， 则，，或， 或为所求． 16. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为． （1）求顶点的坐标； （2）求的面积． 【答案】（1）的坐标为，的坐标为 （2） 【解析】 【分析】（1）设，，由题意列方程求解即可得出答案. （2）先求出和直线所在的方程，再由点到直线的距离公式求出边上的高，即可求出的面积． 【小问1详解】 设，因为边上的中线所在直线方程为， 边上的高所在直线方程为， 所以，解得，即的坐标为． 设，因为边上的中线所在直线方程为， 边上的高所在直线方程为， 所以，解得，即的坐标为． 【小问2详解】 因为，所以． 因为边所在直线的方程为，即， 所以点到边的距离为，即边上的高为， 故的面积为． 17. 已知圆C经过（-1，3），（5，3），（2，0）三点. （1）求圆C的方程； （2）设点A在圆C上运动，点，且点M满足，求点M的轨迹方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将三点坐标代入圆的一般方程去求解即可得到圆C的方程； （2）以相关点法去求点M的轨迹方程即可解决. 【小问1详解】 设圆C的方程为 则有，解之得 则圆C的方程为 【小问2详解】 设，， 则有，， 由，可得，解之得 由点A在圆C上，得 即 故点M的轨迹方程为. 18. 如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点． （1）求点到平面的距离： （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解； （2）求出平面的法向量，利用向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为，平面， 所以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由题意可得，，，，，， 因为为的中点，为的中点， 所以，， 则，，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，所以， 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为； 【小问2详解】 由（1）知平面的一个法向量为， 对于平面，，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 19. 在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）．将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）． （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的正切值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 在梯形中，，，，P为的中点， 可得为等边三角形，四边形为菱形， 故，而平面，平面， 平面， （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明， （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解， （3）设出得点坐标，由空间向量列式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，，，故，， 而平面平面，平面平面，平面，， 平面， 两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 则，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则，取得， 平面的一个法向量为， 故，二面角的大小为； 【小问3详解】 设，则，,, 得，， 设平面的一个法向量为， 由于与平面所成角的正切值为， CQ与平面所成角的正弦值为， 即， 化简得，解得（舍去） 故存在，使得CQ与平面所成角的正切值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $