精品解析：北京市平谷中学2026-2027学年高二年级上学期一段考试数学试题

平谷中学2026至2027学年高二年级上学期一段考试数学试题 2026.10 第Ⅰ卷（选择题 共40分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；在每个小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的项．） 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，若，则实数的值为（ ） A. B. 2 C. D. 1 3. 已知直线的斜率分别是，如图所示，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线的方程为，则过点且与垂直的直线方程为（ ） A. B. C. D. 5. “”是“直线与直线平行的（ ） 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 6. 如图，在长方体中，是线段上一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 正四棱锥的所有棱长均为2，则侧面与底面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平行六面体中，，，，则（ ） A. 12 B. 8 C. 6 D. 4 9. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器的半径的最小值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在棱上运动（不与重合），点在平面内，平面，延长至，使得，设，，则关于的函数图像大致为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共110分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请把答案填在答题卡中相应题中横线上） 11. 在空间直角坐标系中，点关于平面xOz的对称点为B，则________． 12. 圆心为，且经过点的圆的标准方程是__________． 13. 如图，在矩形中，，，将沿所在的直线进行翻折，得到空间四边形．在翻折过程中，三棱锥的体积的最大值为__________． 14. 已知直线：，：，若，则__________；若曲线与直线有两个公共点，则实数的取值范围是__________． 15. 在平面直角坐标系中，如果与都是整数，则称点是整点．已知直线：，下列命题中正确的是_____________．（写出所有正确命题的编号）． ①存在只经过一个整点的直线； ②若和都是无理数，则直线不经过任何整点； ③若直线经过无穷多个整点，则斜率一定是有理数； ④不存在只经过两个不同整点的直线． 三、解答题（共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．） 16. 已知的三个顶点，，， （1）设D为的中点，求直线的方程； （2）求点A到直线的距离． 17. 如图，四棱锥中，平面，四边形是边长为1的正方形，分别为的中点，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知直线l：． （1）求证：直线l过定点； （2）若直线l与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求l的方程． 19. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，，平面平面，M是的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与直线所成角的大小； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 20. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，点在棱上. 条件①：； 条件②：平面平面. 从条件①和②中选择一个作为已知，解决下列问题： （1）判断与是否垂直，并证明； （2）若点为棱的中点，点在直线上，且点到平面的距离为，求线段的长. （3）求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 注：若选择①和②分别作答，按选择①给分. 21. 对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，． （1）若，求及； （2）证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； （3）已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平谷中学2026至2027学年高二年级上学期一段考试数学试题 2026.10 第Ⅰ卷（选择题 共40分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；在每个小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的项．） 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由倾斜角的定义代入计算，即可得到结果. 【详解】设直线的倾斜角为，， 由可得，则，所以. 2. 已知，，若，则实数的值为（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】若则存在非零实数使成立，代入计算即可以求出. 【详解】存在非零实数使成立 ， 故选：C 3. 已知直线的斜率分别是，如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由斜率和倾斜角的关系直接判断即可. 【详解】由图象可知：，，； 设的倾斜角分别为，则，，即， . 故选：C. 4. 已知直线的方程为，则过点且与垂直的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据垂直得到，由点斜式可求直线的方程. 【详解】直线的方程为，则， 根据两直线垂直知所求直线的斜率为， 又直线过点，所以与直线垂直的线方程为，即. 故选：B. 5. “”是“直线与直线平行的（ ） 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 【答案】A 【解析】 【分析】求出当时实数的值，再利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】当时，，即，解得或. 当时，直线的方程为，直线的方程为，此时； 当时，直线的方程为，直线的方程为，此时. 因为，因此，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 如图，在长方体中，是线段上一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将利用、、表示，再利用空间向量的加法可得出关于、、的表达式，进而可求得的值. 【详解】连接、， 因为， 因为是线段上一点，且，则， 因此， 因此，. 故选：A. 7. 正四棱锥的所有棱长均为2，则侧面与底面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，得到即为侧面与底面所成角，求出各边长，得到. 【详解】连接相交于点，取的中点，连接，，， 则⊥平面， 因为平面，所以⊥， 又，⊥，所以⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 故即为侧面与底面所成角， 正四棱锥的所有棱长均为2，故， 由勾股定理得， 由， 故. 故选：D 8. 如图，在平行六面体中，，，，则（ ） A. 12 B. 8 C. 6 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量加法的运算性质，结合空间向量数量积的运算性质和定义进行求解即可. 【详解】 故选：B 9. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器的半径的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先分析几何体结构与尺寸，可看成三组长方体，三组长方体在中心处互相垂直交叉，且关于中心对称，则求一组长方体外接球半径即可. 【详解】要使球形容器能容纳该鲁班锁，球的直径至少应等于鲁班锁的最长对角线，由于几何体中心对称， 外接球球心位于几何体中心，几何体上距离中心最远的点即为它的长方体的顶点， 则考虑其中一组长方体，其长，宽，高分别为6，2，1， 该长方体的体对角线长度为：， 所以，外接球的直径为，. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在棱上运动（不与重合），点在平面内，平面，延长至，使得，设，，则关于的函数图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立坐标系，求出和各点坐标，平面的法向量，根据平面，求出点的坐标，最后求出函数关系式. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴. 正方体棱长为2，各点坐标： ，， 点在上，，则()，，， 设平面一个法向量为，则 解得， 取，得， 设(在平面内)，则，， 由平面，得，即， 解得，所以. ， 即. 故选：A 第Ⅱ卷（非选择题 共110分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请把答案填在答题卡中相应题中横线上） 11. 在空间直角坐标系中，点关于平面xOz的对称点为B，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，求得，结合空间向量的数量积的坐标运算公式，即可求解. 【详解】在空间直角坐标系中，可得点关于平面xOz的对称点为， 则，所以. 故答案为：. 12. 圆心为，且经过点的圆的标准方程是__________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意，圆的半径为， 则圆的标准方程为. 13. 如图，在矩形中，，，将沿所在的直线进行翻折，得到空间四边形．在翻折过程中，三棱锥的体积的最大值为__________． 【答案】## 【解析】 【详解】在翻折过程中，当平面平面时，三棱锥的体积取得最大值， 此时点到的距离为， 也为点到平面的距离. . 14. 已知直线：，：，若，则__________；若曲线与直线有两个公共点，则实数的取值范围是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空：根据两直线垂直的关系列出关于的方程，解得的值，即可得出实数的值； 第二空：由，直线恒过，结合图像即可求出实数的取值范围. 【详解】由，所以，即，解得， 因为，恒过定点， 画出函数图像，如图： 因为与直线有两个公共点，所以或或， 解得，所以. 15. 在平面直角坐标系中，如果与都是整数，则称点是整点．已知直线：，下列命题中正确的是_____________．（写出所有正确命题的编号）． ①存在只经过一个整点的直线； ②若和都是无理数，则直线不经过任何整点； ③若直线经过无穷多个整点，则斜率一定是有理数； ④不存在只经过两个不同整点的直线． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】采用举反例和推理论证结合的方式，逐个判断四个命题的真假，举出反例否定错误命题，推导证明正确命题. 【详解】对于①，取，，则直线，该直线只经过整点，其余点坐标不能同时为整数，故①正确； 对于②，取，，均为无理数，直线方程为，当时，，直线经过整点，故②错误； 对于③，若直线经过无穷多个整点，任取直线上两个不同整点，，都是整数，， 斜率，整数之差的商为有理数，故③正确； 对于④，若直线经过两个不同整点，， 则，，两式相减，得到. 对任意整数，取，可得，也为整点， 说明只要直线经过两个不同整点，就有无穷多个整点在这条直线上，因此不存在只经过两个不同整点的直线，故④正确. 综上所得，正确的有①③④. 三、解答题（共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．） 16. 已知的三个顶点，，， （1）设D为的中点，求直线的方程； （2）求点A到直线的距离． 【答案】（1）； （2）； 【解析】 【分析】（1）先求出点的坐标，再求直线的方程； （2）先求直线的方程，再求点A到直线的距离. 【小问1详解】 由题意可得 点,所以直线的方程为即. 【小问2详解】 直线的方程为即, 所以点到直线的距离为. 17. 如图，四棱锥中，平面，四边形是边长为1的正方形，分别为的中点，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 取、的中点、,连接、、,如图所示 因为，,分别为，的中点， 所以,且. 因为，,分别为，的中点， 所以,且. 所以,且, 所以四边形为平行四边形 所以, 又平面，平面， 所以平面． （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件及三角形的中位线定理，利用平行四边形的性质及判定，结合线面平行的判定定理即可求解； （2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式及线面角与向量夹角的关系即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以D为坐标原点，直线DA为x轴，直线DS为y轴，直线DC为z轴建立的空间直角坐标系如图所示: 则, 所以，，． 设平面法向量为， 则,即，取，得， 所以平面法向量为． 设直线与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知直线l：． （1）求证：直线l过定点； （2）若直线l与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求l的方程． 【答案】（1） 由l：，即，则， 解得，所以直线过定点． （2）． 【解析】 【分析】（1）直线方程可化为，故直线过直线与直线的交点，联立求交点可得结论； （2）求直线与坐标轴的交点，表示三角形面积，结合二次函数性质求最值可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 已知直线l：，且由题意知， 令，得，得，令，得，得， 则，， 所以当时，S取最小值， 此时直线l的方程为，即． 19. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，，平面平面，M是的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与直线所成角的大小； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）由四边形是边长为4的正方形，可得， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 因为平面，所以. 因为在中，，， 所以，解得，即. 在中，已知，，， ， 所以. 因为平面，平面，， 所以平面. （2）（或） （3） 【解析】 【分析】（1）结合三棱柱性质和已知证明，再结合勾股定理证明，根据面面垂直的性质定理即可得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，进而确定两条直线方向向量，再根据向量夹角公式求解； （3）分别求出两个平面的法向量，再求两个法向量夹角的余弦值，结合平面夹角的范围得到结果. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 如图所示，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则：，，，，，， 是中点，故. ， 则直线与直线所成角的余弦值为：， 代入：， ，， 可得：，， 所以，即直线与直线所成角为（或）. 【小问3详解】 平面，故平面的法向量可设为， 设平面法向量为， 则：，令，得. 所以平面与平面夹角的余弦值为： . 20. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，点在棱上. 条件①：； 条件②：平面平面. 从条件①和②中选择一个作为已知，解决下列问题： （1）判断与是否垂直，并证明； （2）若点为棱的中点，点在直线上，且点到平面的距离为，求线段的长. （3）求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 注：若选择①和②分别作答，按选择①给分. 【答案】（1），证明如下： 选①：. 证明：平行四边形中，. ∵， ∴中，. ∴， ∴. 又∵，，平面， ∴平面，平面， ∴. 又∵， ∴. 选②：. 证明：∵平面平面，平面平面，，平面. ∴平面，平面， ∴. （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）选①由勾股定理证得，从而证得平面，进而由证得结果；选②由面面垂直的性质证得平面，从而证得结果. （2）建立空间直角坐标系，由点到面的距离公式解得点M的坐标，进而由两点间距离公式可得BM的长. （3）由线面角公式得是关于的分式型函数，进而用换元法求分式型函数的值域可得结果. 【小问1详解】 ，证明略； 【小问2详解】 由（1）知：BA、BD、BP两两垂直， ∴以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则， ∴， 设平面的法向量为， 则 令，则.此时. ∵在直线上， ∴设， ∴ ∴到平面的距离为 ∴， ∴或， ∴或， ∴或. 【小问3详解】 ∵在棱上， ∴设， ∴， 设平面的法向量为，则 ∴，取，由于， 设直线与平面所成角为，则 ∴，令， 当时，； 当时，； ∵， ∴， ∴. ∴ 综上， 21. 对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，． （1）若，求及； （2）证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； （3）已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 【答案】（1） （2） 设， 假设对，则均不为0． 所以． 即． 因为， 所以． 所以． 与矛盾，故假设不正确． 综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使． （3）505 【解析】 【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，； （2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证； （3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况. 【小问1详解】 因为，，， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，因为， 所以有或． 当时，可得三式相加得． 又，可得． 当时，也可得，于是． 设的三个分量为这三个数， 当时，的三个分量为这三个数， 所以． 当时，的三个分量为， 则的三个分量为的三个分量为， 所以． 所以，由，可得． 因为，所以任意的三个分量始终为偶数， 且都有一个分量等于2． 所以的三个分量只能是三个数， 的三个分量只能是三个数． 所以当时，；当时，． 所以的最小值为505． 【点睛】关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $