精品解析：广东深圳市育才中学2026-2027学年高二上学期阶段检测(一)数学试卷

2026-2027学年第一学期阶段检测（一） 高二数学试题 （2026.10） 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 命题人：刘勇 注意事项： 1．答题前，考生务必将姓名、考生号等填写在答题卡指定位置.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，请将答题卡交回. 一、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，只有一项是符合要求的. 1. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知O为平面外一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则m的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知三棱柱如图所示，其中，若点为棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线，且，则实数a的值为（ ） A. 5 B. 1 C. 5或 D. 5. 中，，，，则边上的高所在的直线方程是（ ） A. B. C. D. 6. 一束光线从点出发经x轴反射到圆C：上的最短距离是（ ）. A. 4 B. 5 C. 3 D. 2 7. 圆关于直线对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 若空间向量，满足，则在上投影向量的模的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ） A. 与是共线向量 B. 与同向的单位向量的坐标是 C. 平面ABC的一个法向量的坐标是 D. 与夹角的余弦值是 10. 已知直线和直线，下列说法正确的是（ ） A. 始终过定点 B. 若，则或 C. 若，则或2 D. 当时，始终不过第三象限 11. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是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·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ） A. B. 异面直线与所成角正弦值为 C. 点到直线的距离是 D. 为线段上的一个动点，则的最大值为3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 倾斜角为，且过点的直线的一般式方程是________． 13. 若点在圆上，则的最小值__________． 14. 某公园有一个坐落在地面上的大型石雕，如图是该石雕的直观图．已知该石雕是正方体截去一个三棱锥后剩余部分，是该石雕与地面的接触面，其中是该石雕所在正方体的一个顶点．某兴趣小组通过测量的三边长，来计算该正方体石雕的相关数据．已知测得，，，则该石雕所在正方体的棱长为______；该石雕最高点到地面的距离为______． 四、解答题：本题共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. 已知直线和直线的交点为. （1）求过点且与直线平行的直线方程； （2）若直线与直线垂直，且到的距离为，求直线的方程. 16. 如图，在平行六面体中，，，，，，是的中点，设，，． （1）求的长； （2）求和夹角的余弦值． 17. 已知的三个顶点是． （1）若直线过点，且点，到直线的距离相等，求直线的方程； （2）若直线过点，且与轴、轴的正半轴分别交于、两点，为坐标原点，求三角形面积取最小值时直线的方程． 18. 已知方程表示圆，其圆心为C. （1）求该圆半径r的取值范围； （2）求圆心C的轨迹方程； （3）若，线段的端点A的坐标为，端点B在圆C上运动，求线段中点M的轨迹方程. 19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面是的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；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学年第一学期阶段检测（一） 高二数学试题 （2026.10） 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 命题人：刘勇 注意事项： 1．答题前，考生务必将姓名、考生号等填写在答题卡指定位置.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，请将答题卡交回. 一、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，只有一项是符合要求的. 1. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算的坐标运算及向量垂直的坐标表示列方程，解方程可得向量与. 【详解】因为，， 所以， 因为与垂直， 所以， 解得， 所以， 所以， 故选：B. 2. 已知O为平面外一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则m的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理的推论计算即可． 【详解】因为A，B，C，P四点共面，则根据平面向量基本定理可知， ，则， 整理得，其中，系数和为１， 故由，可知，解得 3. 已知三棱柱如图所示，其中，若点为棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算法则，准确化简，即可求解. 【详解】根据空间向量的线性运算法则，可得： ． 故选：D 4. 已知直线，且，则实数a的值为（ ） A. 5 B. 1 C. 5或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，列出方程求解，再验证判断作答. 【详解】直线，，由解得或， 当时，直线与重合，不符合题意， 当时，直线与平行， 所以实数a的值为. 故选：D 5. 中，，，，则边上的高所在的直线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设边上的高所在的直线为，求出直线l的斜率，代入点斜式方程，整理即可得出答案. 【详解】设边上的高所在的直线为， 由已知可得，，所以直线l的斜率. 又过，所以的方程为， 整理可得，. 故选：A. 6. 一束光线从点出发经x轴反射到圆C：上的最短距离是（ ）. A. 4 B. 5 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】计算关于轴对称点，则，计算得到答案. 【详解】关于轴对称的点为， 则最短距离为. 故选：A. 【点睛】本题考查了与圆相关的距离最值，意在考查学生的计算能力和转化能力，根据对称转化为点到圆心的距离是解题的关键. 7. 圆关于直线对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出圆的圆心坐标，根据条件可得直线过圆心，从而可得，再结合基本不等式“1”的妙用方法计算即可得解. 【详解】由圆可得标准方程为， 因为圆关于直线对称， 该直线经过圆心，即，， ， 当且仅当即时取等号， 所以的最小值为. 故选：C. 8. 若空间向量，满足，则在上投影向量的模的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记，根据已知及向量数量积的运算律得到，再应用基本不等式求最小值即可. 【详解】记，且， 所以，得，即 向量在上投影向量的模为， 由，当且仅当时取等号， 因此投影向量的模的最小值为 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ） A. 与是共线向量 B. 与同向的单位向量的坐标是 C. 平面ABC的一个法向量的坐标是 D. 与夹角的余弦值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】先计算得到，，，再结合共线向量判定规则、单位向量计算方法、平面法向量定义、向量夹角余弦公式逐一验证选项. 【详解】计算得，，， 选项A：共线向量的对应坐标分量成比例，由于，故与不是共线向量，故A错误. 选项B：，与同向的单位向量为，故B正确. 选项C：记，计算得，， 即与平面内两个不共线向量都垂直，因此是平面的一个法向量，故C正确. 选项D：，， 故与夹角的余弦值为，故D正确. 10. 已知直线和直线，下列说法正确的是（ ） A. 始终过定点 B. 若，则或 C. 若，则或2 D. 当时，始终不过第三象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】由直线系方程求出直线所过定点判定A与D；由两直线平行直与系数的关系列式求得值判断B；由两直线垂直与系数的关系列式求得值判断C． 【详解】对于A，， 由解得，所以始终过定点，故A正确； 对于B，若，则有，解得，故B错误； 对于C，若，则有，得或2，故C正确； 对于D，始终过， 因为，所以直线斜率，不会过第三象限，故D正确． 故选：ACD． 11. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是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·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ） A. B. 异面直线与所成角正弦值为 C. 点到直线的距离是 D. 为线段上的一个动点，则的最大值为3 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据坐标运算可判断A；利用向量夹角公式和同角三角函数的基本关系求解，可判断B；根据点到直线的向量公式可判断C；利用坐标表示出，即可判断D； 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 故，， 对于A，所以，A错误； 对于B，记异面直线与所成角为，则， 所以，故B正确. 对于C，记同向的单位向量为， 则点P到直线的距离，故C错误； 对于D，设点，使，， 则，故， 则， 因，则时，即点与点重合时，取得最大值3，故D项正确； 故选：BD. 【点睛】方法点睛：解决此类问题的主要方法有： （1）定义法：运用空间向量的加减数乘和数量积的定义进行计算分析； （2）基底表示法：将相关向量用空间的一组基底表示再进行相关计算； （3）建系法：通过建立空间直角坐标系，引入相关点的坐标，利用点线距离公式、空间向量的夹角公式等公式计算即得. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 倾斜角为，且过点的直线的一般式方程是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据点斜式方程写出直线方程，整理为一般式方程． 【详解】因为倾斜角为，故斜率，因为直线过点， 故直线方程为，整理为一般式可得． 13. 若点在圆上，则的最小值__________． 【答案】 【解析】 【分析】先将圆的方程化为标准方程求出圆心和半径，而表示圆上的点到点的距离的平方，所以只要求出圆心到点的距离减去圆的半径，再平方可得答案 【详解】由，得，则圆的圆心为，半径为， 因为表示圆上的点到点的距离的平方， 所以的最小值为， 故答案为： 14. 某公园有一个坐落在地面上的大型石雕，如图是该石雕的直观图．已知该石雕是正方体截去一个三棱锥后剩余部分，是该石雕与地面的接触面，其中是该石雕所在正方体的一个顶点．某兴趣小组通过测量的三边长，来计算该正方体石雕的相关数据．已知测得，，，则该石雕所在正方体的棱长为______；该石雕最高点到地面的距离为______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】补齐为正方体，设，，，结合勾股定理列出方程组即可解得，进而求得该石雕所在正方体的棱长；以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解点到平面的距离，进而求解. 【详解】如图，补齐为正方体，设，，， 则，解得，，， 即该石雕所在正方体的棱长为. 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，可得， 所以点到平面的距离为， 即该石雕最高点到地面的距离为. 故答案为：6；. 四、解答题：本题共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. 已知直线和直线的交点为. （1）求过点且与直线平行的直线方程； （2）若直线与直线垂直，且到的距离为，求直线的方程. 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）联立直线方程求得交点，根据直线平行及点在直线上求平行直线方程； （2）设垂直直线为，由已知及点线距离公式列方程求参数，即可得直线方程. 【小问1详解】 联立，解得，交点， 设与直线平行的直线方程为 把代入可得，可得， ∴所求的直线方程为：. 【小问2详解】 设与直线垂直的直线方程为， ∵到的距离为，解得或， ∴直线的方程为：或 16. 如图，在平行六面体中，，，，，，是的中点，设，，． （1）求的长； （2）求和夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用空间向量的线性运算，再结合数量积运算，即可求模； （2）利用向量的数量积来求异面直线夹角余弦值即可. 【小问1详解】 由， 因为，，，，， 所以 则， 即； 【小问2详解】 由， 所以, 故和夹角的余弦值为． 17. 已知的三个顶点是． （1）若直线过点，且点，到直线的距离相等，求直线的方程； （2）若直线过点，且与轴、轴的正半轴分别交于、两点，为坐标原点，求三角形面积取最小值时直线的方程． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）分别讨论当直线与平行，当直线通过的中点两种情况下，根据已知条件分别求出直线的方程. （2）利用基本不等式的性质求出三角形面积的最小值. 【小问1详解】 因为点到直线的距离相等，所以直线与平行或通过的中点， ①当直线与平行， 因为，且过点， 所以方程为，即； ②当直线通过的中点， 所以， 所以的方程为，即． 综上：直线的方程为或． 【小问2详解】 由题意设，其中为正数，可设直线的方程为， 因为直线过点，所以， 由基本不等式可得， 所以， 当且仅当即时，取得最小值24， 所以面积， 所以当时，面积最小， 此时直线的方程为，即． 18. 已知方程表示圆，其圆心为C. （1）求该圆半径r的取值范围； （2）求圆心C的轨迹方程； （3）若，线段的端点A的坐标为，端点B在圆C上运动，求线段中点M的轨迹方程. 【答案】（1）；（2），；（3）. 【解析】 【分析】（1）由题可得，即求； （2）利用圆心，消去参数即得； （3）利用相关点法即求. 【详解】（1）方程可变为， 由方程表示圆， 所以，即得， ∴. （2）由（1）知，令， 消去可得，，又， 所以， 故圆心C的轨迹方程，. （3）当时，圆C方程为：， 设，又M为线段的中点，A的坐标为则， 由端点B在圆C上运动， ∴即 ∴线段中点M的轨迹方程为. 19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面是的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：连接，交于点，连接， 点是的中点，点是的中点， 所以,平面,平面， 所以平面； （2） （3）存在，的长为或 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积公式求解二面角； （3）假设棱存在一点使得，且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，则， 设平面的法向量， 则，令，则， 所以平面的法向量， 平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 ， ，设， ， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则， 整理得，所以，解得或， 当时，，当时，， 则的长为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $