精品解析：广西壮族自治区玉林市第一中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

2026年秋季学期高二年级10月份阶段测试 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 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. 经过点且倾斜角为的直线的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在正方体中，M、N分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是（ ） A. B. C. D. 3. 直线的方向向量，平面的一个法向量，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 4. 平行六面体中，为与的交点，设，用表示，则（ ） A. B. C. D. 5. 过点（2，1），斜率k＝﹣2的直线方程为（ 　　） A. x﹣1＝﹣2（y﹣2） B. 2x+y﹣1＝0 C. y﹣2＝﹣2（x﹣1） D. 2x+y﹣5＝0 6. 已知过坐标原点的直线l的方向向量，则点到直线l的距离是 A. 2 B. C. D. 7. 已知平面与平面成角，，则C与D之间的距离是（ ） A. B. C. 或 D. 或 8. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） 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. 已知正方体的棱长为1，平面与对角线垂直，则（ ） A. 正方体的每条棱所在直线与平面所成角均相等 B. 平面截正方体所得截面面积的最大值为 C. 当平面与正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值 D. 直线与平面内任一直线所成角的正弦值的取值范围为 10. 已知是直线l的一个方向向量，是平面的一个法向量，则下列说法正确的是（ ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 如图，正方体中，顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，的交点为O，顶点到的距离分别为，则（ ） A. 平面 B. O到平面的距离为1 C. 平面平面 D. 正方体的棱长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，为线段上的点，且，过E，F，G的平面交于点，则到平面的距离为__________． 13. 设常数．如图在矩形中，平面．若线段上存在点，使得，则的取值范围是__________． 14. 已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 如图，在三棱柱中，、分别是、的中点，求证：平面. 16. 如图，正方形和四边形所在的平面互相垂直，，，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点. （1）求证：平面PCD； （2）求平面BPD与平面夹角的余弦值. 18. 如图所示，在直三棱柱中，，，，E为的中点，证明：平面平面. 19. 如图，四棱锥P－ABCD的底面为菱形，，AB＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，E是线段PB的中点，G，H分别是线段PC上靠近P，C的三等分点． （1）求证：平面AEG∥平面BDH； （2）求点A到平面BDH的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年秋季学期高二年级10月份阶段测试 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 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. 经过点且倾斜角为的直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】用点斜式直线方程即可求出结果. 【详解】由直线的倾斜角为可知斜率为， 再因为直线经过点，由点斜式直线方程得：， 整理得：， 故选：B. 2. 如图，在正方体中，M、N分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】若为中点，连接有，异面直线所成角即为，进而求其大小. 【详解】若为中点，连接，又M是的中点，则， 所以与所成角，即为与所成角， 令正方体棱长为2，则，，， 在△中，则. 故选：D 3. 直线的方向向量，平面的一个法向量，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，从而列出方程组求解即可. 【详解】由题意若，且直线的方向向量，平面的一个法向量， 则，，解得. 故选：C. 4. 平行六面体中，为与的交点，设，用表示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的基底表示以及线性运算即可求得结果. 【详解】如下图所示： 易知. 故选：D 5. 过点（2，1），斜率k＝﹣2的直线方程为（ 　　） A. x﹣1＝﹣2（y﹣2） B. 2x+y﹣1＝0 C. y﹣2＝﹣2（x﹣1） D. 2x+y﹣5＝0 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用直线的点斜式方程得到答案. 【详解】过点（2，1），斜率k＝﹣2的直线方程为： 故选： 【点睛】本题考查了直线的点斜式方程，属于简单题. 6. 已知过坐标原点的直线l的方向向量，则点到直线l的距离是 A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出投影向量的模长，利用勾股定理即可求解. 【详解】由题意可知，在直线l上的投影向量的模长为， 所以点到直线l的距离是. 故点到直线l的距离是. 故选：D 7. 已知平面与平面成角，，则C与D之间的距离是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量分类讨论计算两点距离即可. 【详解】由题意可得是面的法向量， 设与平面所成角为， 如图所示，则或， 易知， 若，则上式化为， 若，则上式化为，即D正确. 故选：D 8. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量投影的概念，结合向量的数量积计算得出结果. 【详解】根据题意，， ，， 在上的投影向量可为 故选：A. 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. 已知正方体的棱长为1，平面与对角线垂直，则（ ） A. 正方体的每条棱所在直线与平面所成角均相等 B. 平面截正方体所得截面面积的最大值为 C. 当平面与正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值 D. 直线与平面内任一直线所成角的正弦值的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出，计算出分别与所成角相等，所以与所成角也相等，A正确；B选项，作出辅助线，求出最大面积为；C选项，当与正方体各面都有公共点时，截图为六边形，由边长性质得到六边形周长为定值；D选项，与内任一直线所成角的正弦值的最小值即为直线与平面所成角的正弦值，利用空间向量公式求出最小值，再由线面垂直得到夹角为的情况，得到夹角正弦值的取值范围. 【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 对于A：因平面与对角线垂直，所以平面的一个法向量为， ，，， ，同理, 所以直线分别与直线所成角相等， 所以直线与平面所成角也相等， 根据正方体性质可知，正方体的每条棱所在直线与平面所成角均相等，故A正确； 对于B：如图，点分别为棱的中点， 则正六边形为平面过正方体中心时截正方体所成图形， 由正方体性质可知，当平面由此位置向或趋近时，截面面积变小， 故截面面积最大即为正六边形的面积， 其中，所以正六边形的面积为， 故B错误； 对于C，当平面与正方体各面都有公共点时，截图为六边形，如图阴影部分， ， 同理可得，故六边形周长为定值，所以C正确； 对于D，直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最小值 即为直线与平面所成角的正弦值， 设直线与平面所成角为， 则， 设平面与平面的交线为， 因为⊥平面，平面，故⊥， 故直线与的夹角为， 故直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最大值为1， 所成角的正弦值取值范围为，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：平面位置变化时，平面始终与对角线垂直,截面从等边三角形到六边形，再到三角形，熟知截图的变化，找到其中不变的量如：平面与平面的交线始终平行与直线，从变化中的定量即规律，可解决本题. 10. 已知是直线l的一个方向向量，是平面的一个法向量，则下列说法正确的是（ ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量的关系逐一判断即可. 【详解】若，则，得，得，A正确，B错误． 若，则，得，得，C错误，D正确． 故选：AD 11. 如图，正方体中，顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，的交点为O，顶点到的距离分别为，则（ ） A. 平面 B. O到平面的距离为1 C. 平面平面 D. 正方体的棱长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据点到面的距离的性质，结合面面垂直的判定定理、面面相交的性质进行求解判断即可. 【详解】对于A，因为到的距离分别为1，2，显然不相等， 所以不可能与平面平行，因此选项A不正确； 对于B，的交点为，显然是的中点， 因为平面，顶点到的距离为， 所以到的距离为1，因此选项B正确； 对于C，因为到的距离分别为，到的距离为， 因此，即， 设平面，所以， 因为是正方形，所以， 又因为平面平面，所以， 因为平面，所以平面， 因此有平面，而，所以平面平面，因此选项C正确； 对于D，设正方体的棱长为， 因为平面平面，所以令平面平面， 因为平面平面，所以在平面的射影与共线， 显然，，如图所示： 由， ， 由（负值舍去）， 因此选项D正确， 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，为线段上的点，且，过E，F，G的平面交于点，则到平面的距离为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，把线面距转化为点面距，利用点面距的公式可得答案. 【详解】以点为坐标原点，直线，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， ，，， ． 又平面，平面， 平面， 到平面的距离，即为点到平面的距离． 设平面的一个法向量为， 则 ，即， 令，则，， 又， 点到平面的距离， 到平面的距离为． 故答案为：. 13. 设常数．如图在矩形中，平面．若线段上存在点，使得，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】通过建系，把转换成向量垂直坐标运算，结合存在点，进而转换为方程有解问题. 【详解】 因为在矩形中，平面， 所以以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 设，，其中或不符题意， 则，，， 则有， 由，得 即， 若线段上存在点，即方程在有解， 设函数为，，对称轴为， 则方程在有解需满足， 又因为， 所以. 故答案为： 14. 已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据向量以为基底时的坐标，得到关于，，的表达式，然后设以为基底时的坐标为，得到关于，，的表达式，最后通过向量相等建立方程组，求解方程组得到，，的值，即为所求坐标. 【详解】因为向量以为基底时的坐标为，所以． 设向量在新基底下的坐标为， 则， 即 则，解得， 所以以为基底时的坐标为． 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 如图，在三棱柱中，、分别是、的中点，求证：平面. 【答案】 设，，，则， ，， 设存在实数对，使成立， 即， 所以，解得， 于是有，即向量、、共面. 又平面，因此，平面. 【解析】 【分析】设，，，证明出、、为共面向量，结合平面，可得出平面. 【详解】略 【点睛】本题考查利用空间向量法证明线面平行，解题的关键就是要证明向量共面，考查推理能力，属于中等题. 16. 如图，正方形和四边形所在的平面互相垂直，，，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 【答案】（1）设与交于点G，连接， 因为，且，又，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面． （2）因为正方形和四边形所在的平面相互垂直，且， 所以平面， 如图，以C为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立下图所示空间直角坐标系， 则, 所以，，， 所以·，·， 所以⊥，⊥， 即， 又，且平面，平面， 所以平面． 【解析】 【分析】（1）连接交于点G，证明四边形是平行四边形得到，再用线面平行判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关向量，证明同时垂直于平面内两条相交向量，由线面垂直判定定理得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点. （1）求证：平面PCD； （2）求平面BPD与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 在正方形中，， 又侧面底面，侧面底面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为是正三角形，是的中点，所以， 又，，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据面面垂直证线面垂直，得平面，再得线线垂直，再根据正三角形三线合一证，最后由线面垂直的判定，证得平面PCD； （2）建系，用空间向量坐标计算面面夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点为中点为，连接，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设， 则，，，，， 所以，. 设平面的法向量为，则 由得 取，则， 由（1）知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 如图所示，在直三棱柱中，，，，E为的中点，证明：平面平面. 【答案】 由题意得两两垂直，以B为原点，分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 设平面AEC1的一个法向量为， 则， 令，得，所以， 因为， 所以，所以平面平面. AI 【解析】 【分析】由题意得两两垂直．以B为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面、平面AEC1的一个法向量，证明可得答案. 【详解】略 19. 如图，四棱锥P－ABCD的底面为菱形，，AB＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，E是线段PB的中点，G，H分别是线段PC上靠近P，C的三等分点． （1）求证：平面AEG∥平面BDH； （2）求点A到平面BDH的距离． 【答案】（1） 连接AC，交BD于点O，连接OH，△PBH中，E，G分别为PB，PH的中点，所以EG∥BH，又因为平面BDH，平面BDH， 所以EG∥平面BDH，同理：AG∥平面BDH，因为AG，平面AEG，， 所以平面AEG∥平面BDH． （2）. 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理和面面平行的判定定理进行证明即可； （2）利用三棱锥的体积等积性进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 记点A，H到平面BDH，平面ABD的距离分别为，，， 因为PA⊥平面ABCD，PA＝2，，所以， 在△PBC中，， 在△BCH中，， 同理，，又因为O为BD中点，所以OH⊥BD． 在△BDH中，，， 因为，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $