精品解析：河北石家庄市第三十八中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

2026-2027学年第一学期高二年级10月月考 数学试卷 一、单选题 1. 在三棱锥中，（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】. 2. 已知空间向量，的夹角为，且，，则为（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，的夹角为，所以， 所以， 所以. 3. 已知空间向量为一组基底，则以下空间向量不能构成基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用空间向量的共面定理，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，设存在实数，使得，可得， 所以，方程组无解，所以不共面，可以作为空间基底，所以A不符合题意； 对于B，设存在实数，使得，可得， 所以，解得，所以共面，不能作为空间基底，所以B符合题意； 对于C，向量，不存在实数使得， 所以不共面，可以作为空间基底，所以C不符合题意； 对于D，设存在实数，使得，可得， 所以，方程组无解，所以不共面，可以作为空间基底，所以D不符合题意. 故选：B. 4. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知求出，即可根据投影向量求出答案. 【详解】由已知可得，，， 所以，向量在向量上的投影向量是. 5. 如图，直线，，的斜率分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设直线的倾斜角为，， 图中直线对应的倾斜角分别为， 由图可知为钝角，即， ，即， 所以. 6. 平面直角坐标系中，已知点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两点间距离公式计算，再利用余弦定理即可求得. 【详解】因为，三点不共线， 则， ， ， 由余弦定理，可得. 故选：D. 7. 下列说法正确的是（ ） A. 直线在轴上的截距为 B. 如果，，那么直线不经过第二象限 C. 直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是 D. 经过平面内任意相异两点的直线都可以用方程表示 【答案】C 【解析】 【详解】令，得，故直线在轴上的截距为，故A错误； 因为，，所以直线方程化为， 因为，所以直线不过第三象限，故B错误； 若，则化为，其倾斜角为； 若，则化为， 因为且，所以或， 则或，得或， 故直线的倾斜角的范围是，故C正确； 若，则无法用表示，故D错误. 8. 如图所示，已知三棱锥的各棱长均相等，分别是所在棱，，的中点，有下列说法： ①；②平面； ③平面；④平面平面． 其中，说法正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明逐个分析选项即可. 【详解】如图，将三棱锥放入正方体中，以棱作为面对角线， 以为原点，建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的边长为，由题意得，，，， 由中点坐标公式得，，， 对于①，由题意得，， 则，得到，故①正确， 对于②，由题意得，， 设面的法向量为， 则，令，解得，， 可得，而， 因为平面， 所以平面，故②正确， 对于③，由题意得，， 若平面，则， 可得，而不存在这样的使得方程组成立， 则平面不成立，故③错误， 对于④，由题意得，， 设面的法向量为， 则，令，解得，， 可得，由已知得， 而，可得平面平面，故④正确， 综上可得，说法正确的个数是3个，故C正确. 故选：C 二、多选题 9. 已知空间四点， 则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】由题意知， ， ， ， . 所以与不共线，所以三点不共线. 所以，， 所以， 所以A正确，B错误. ， 即与夹角的余弦值为， 所以C错误，D正确. 10. 已知直线：，则下列结论正确的是（ ） A. 直线在两坐标轴上的截距均为1 B. 向量是直线的一个法向量 C. 过点与直线平行的直线方程为 D. 若直线m：，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线截距的概念判断A即可；根据直线方向向量与法向量的关系判断B即可；根据直线与直线的位置关系求解方程求解直线方程即可判断C；根据一般式两直线垂直的充要条件判断D即可. 【详解】解：对于A，令，则，令，则，直线在两坐标轴上的截距均为，故A错误； 对于B，因为直线的方向向量为或，则，所以向量是直线的一个法向量；故B正确. 对于C，设与直线平行的直线方程为（），因为直线过，所以，所以过点与直线平行的直线方程为，故C正确. 对于D，直线：的斜率为1，直线的斜率为，斜率，所以两直线垂直，故D正确. 故选：BCD. 11. 下列说法正确的是（   ） A. 若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为 B. 方程表示过点的所有直线 C. 设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围是 D. 已知直线过定点且与以、为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据斜率与方向向量的关系，可得其正误；对于B，根据直线方程的表示，通过反例，可得其正误；对于C，根据两点距离公式，结合将军饮马模型，可得其正误；对于D，求得边界直线的斜率，结合图象，可得其正误. 【详解】对于选项A：设直线上的两个不同点，则，故A正确； 对于选项B：由当时，，解得， 方程表示的直线过定点， 但直线也过，不能由该方程表示，故B错误； 对于选项C：因为直线的斜率为，，且，， 即，所以，故C正确； 对于选项D：直线的斜率，直线的斜率， 由题意可作图如下：    因为直线与线段有交点，所以斜率的取值范围为，故D正确. 三、填空题 12. 已知，，，是的中点，则________ ． 【答案】5 【解析】 【分析】先求得中点的坐标，再根据两点之间距离公式计算即可. 【详解】因为是的中点，所以，即， 所以的长为． 故答案为：5． 13. 过点，且与直线的夹角为的直线方程为________． 【答案】 【解析】 【详解】所求直线与直线夹角为，即与直线垂直， 可设所求直线方程为：， 代入得：，所求直线方程为：. 14. 如图，在多面体中，，分别在平面的两侧，且平面平面，平面平面，，若四边形是边长为的正方形，（），则二面角余弦值的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用面面垂直性质建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，根据向量点积公式求二面角余弦值表达式，通过换元法求表达式的值域，得到二面角余弦值的取值范围. 【详解】建立以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向， 垂直平面方向为轴的空间直角坐标系， 则， 因为平面平面，交线为，因此平面为（平面）， 的横坐标，，，， 由勾股定理可得， 设且，联立方程， 解得，，即， 同理，平面平面，交线为，在平面下方， 同理得，在面中，法向量为沿着轴方向的单位向量， 在面中，设法向量为， 向量，则， 即，解得， 所以面的法向量为， 二面角余弦值为， 令，则， 对等式两边平方得，再令， 令，所以， 由二次函数性质可得，当时，， 当或时，，且， 因此的范围是，即原表达式可简化为， 整理可得，​ 该函数是关于的增函数， 当时，， 当时，，且， 因此得到，又因为二面角为钝角， 所以，对不等式开方得. 四、解答题 15. 已知，． （1）求与夹角的余弦值； （2）若，求实数k的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量的夹角公式可得答案； （2）利用空间向量垂直的坐标表示可得答案. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以与夹角的余弦值为. 【小问2详解】 因为，所以，； 因为， 所以，解得. 16. 已知三角形的三个顶点分别为、、； （1）求边上中线的方程， （2）过点作的垂线，垂足为，求直线的方程并求出点的坐标， 【答案】（1） （2）直线的方程为； 【解析】 【分析】（1）首先求的中点坐标，再求直线方程； （2）根据垂直关系求直线的斜率，再求直线方程；联立直线和的方程，求交点坐标. 【小问1详解】 设边上的中点为点，且、， 则，即， 边上的中线为，，所以直线, 所以边上中线的方程为； 【小问2详解】 ， 因为，所以，则， 所以直线的方程为， 直线，整理为：， 联立，得，， 则点的坐标为. 17. 如图，在长方体中，，是的中点，是棱上一点． （1）若是的中点，求证：平面； （2）若平面，求的长． 【答案】（1） 证明：建立如图所示的空间直角坐标系， 由题设可得：，，，， ，，， ∴，，, 由， ， 可得，， 又∵，平面MNC，∴平面； （2） 【解析】 【分析】（1）如图建系，求出相关点的坐标，由，推得，，即可由线线垂直推出平面； （2）设的长为求出平面的法向量为，由平面可得即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的长为则，点，进而得， 设平面的法向量为，因， 则，取得， ∵，且平面， ∴，即 ， 解得，即的长为． 18. 已知直线． （1）证明：直线过定点； （2）若直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程； （3）若直线交轴的负半轴于点，交轴的正半轴于点，为坐标原点，设的面积为，求的最小值及此时直线的方程． 【答案】（1）因为直线， 即，由，得， 所以直线恒过定点． （2）或 （3）的最小值为16，此时直线的方程为 【解析】 【分析】（1）将的方程变形为，进而可得定点； （2）分、两种情况结合截距的定义及题设求解即可； （3）结合（2）可得，，进而根据基本不等式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由， 当时，，即，显然不满足题意； 当时，令，得；令，得， 由于直线在两坐标轴上的截距互为相反数，则，解得或， 则直线的方程为或. 综上所述，直线的方程为或. 【小问3详解】 由（2）及题意知，， 且直线在轴上的截距为，在轴上的截距为， 由，解得， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值为16，此时直线的方程为，即. 19. 如图所示，已知三角形为正三角形，且三角形与菱形所在的平面互相垂直，，是的中点． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：因为为正三角形，为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2） （3）存在点，使得直线与平面所成的角为，且. 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得，结合面面垂直的性质定理，得到平面，进而证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，求得，利用向量的夹角公式，列出方程求得，进而得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知：平面， 在菱形中，，，则为正三角形， 因为是的中点，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则, 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面所成的角的余弦值为. 【小问3详解】 解：假设存在点在线段上，设， 由，则，可得， 又由平面的法向量为， 因为直线与平面所成的角为，所以， 可得， 化简得，平方得，解得， 因为，所以存在满足条件的点，使得直线与平面所成的角为且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期高二年级10月月考 数学试卷 一、单选题 1. 在三棱锥中，（    ） A. B. C. D. 2. 已知空间向量，的夹角为，且，，则为（ ） A. 4 B. C. 8 D. 3. 已知空间向量为一组基底，则以下空间向量不能构成基底的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，直线，，的斜率分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 平面直角坐标系中，已知点，则（ ） A. B. C. D. 7. 下列说法正确的是（ ） A. 直线在轴上的截距为 B. 如果，，那么直线不经过第二象限 C. 直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是 D. 经过平面内任意相异两点的直线都可以用方程表示 8. 如图所示，已知三棱锥的各棱长均相等，分别是所在棱，，的中点，有下列说法： ①；②平面； ③平面；④平面平面． 其中，说法正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题 9. 已知空间四点， 则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知直线：，则下列结论正确的是（ ） A. 直线在两坐标轴上的截距均为1 B. 向量是直线的一个法向量 C. 过点与直线平行的直线方程为 D. 若直线m：，则 11. 下列说法正确的是（   ） A. 若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为 B. 方程表示过点的所有直线 C. 设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围是 D. 已知直线过定点且与以、为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是 三、填空题 12. 已知，，，是的中点，则________ ． 13. 过点，且与直线的夹角为的直线方程为________． 14. 如图，在多面体中，，分别在平面的两侧，且平面平面，平面平面，，若四边形是边长为的正方形，（），则二面角余弦值的取值范围为______． 四、解答题 15. 已知，． （1）求与夹角的余弦值； （2）若，求实数k的值． 16. 已知三角形的三个顶点分别为、、； （1）求边上中线的方程， （2）过点作的垂线，垂足为，求直线的方程并求出点的坐标， 17. 如图，在长方体中，，是的中点，是棱上一点． （1）若是的中点，求证：平面； （2）若平面，求的长． 18. 已知直线． （1）证明：直线过定点； （2）若直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程； （3）若直线交轴的负半轴于点，交轴的正半轴于点，为坐标原点，设的面积为，求的最小值及此时直线的方程． 19. 如图所示，已知三角形为正三角形，且三角形与菱形所在的平面互相垂直，，是的中点． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为45°，若存在，求出的值；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 $