精品解析：北京市通州区潞河中学2026-2027学年高二上学期10月阶段性检测数学试题

潞河中学2026-2027学年第一学期阶段性检测 数学试题 第一部分（选择题共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 若直线的方程为，则直线的倾斜角是（　　） A. B. C. D. 0 2. 已知向量，且，那么（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 如图，在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 4. 设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（ ） A. B. 或 C. D. 与相交但不垂直 5. 直线与间的距离是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 已知正方体的棱长为，则点到对角线所在的直线的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求直线与直线所成角的余弦值（ ） A. B. C. D. 8. 已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且，若四点共面，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 4 9. 过定点的直线与过定点的直线交于点（与、不重合），则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在正方体中，为棱的中点，为侧面的中心，分别在棱和上运动，为的中点，以下正确命题的个数是（ ） ①使的线段有且只有一条； ②使的直线有且只有一条； ③使的直线有且只有一条； ④若点与点不重合，则平面平面. A. B. C. D. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知空间向量，，则 _______． 12. 设直线l的倾斜角为，且，则直线l的斜率k的取值范围是______． 13. 已知空间向量，，向量在向量上的投影向量坐标为__________． 14. 若与平行，则为__________． 15. 如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的一个动点（不含端点），给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面平面； ③为锐角三角形； ④若点在平面上的投影为点，则点的轨迹为一条线段（不含端点）. 其中所有正确结论的序号是________. 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. 如图，在直三棱柱中，是中点. （1）求证：平面； （2）若，且，求直线到平面的距离. 17. 设直线l的方程为 （1）若l在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程. （2）若l不经过第二象限，求实数a的取值范围. （3）若直线l交x轴正半轴于点A，交y轴负半轴于点B，的面积为S，求S的最小值并求此时直线l的方程. 18. 如图，三棱锥中，，是的中点，平面平面，． （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 19. 如图，在边长为2的正方形中，点、分别是和的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点． （1）求证； （2）求二面角的平面角的余弦值； （3）设动点在线段上，是否存在一点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在请说明理由． 20. 如图，在四棱锥中，为的中点，平面. （1）求证：； （2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定. （i）求证：平面； （ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 21. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，，定义． （1）若，证明：； （2）已知向量，的夹角为，向量，的夹角为，若，证明：； （3）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D在边上，为角A的平分线，，，，，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 潞河中学2026-2027学年第一学期阶段性检测 数学试题 第一部分（选择题共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 若直线的方程为，则直线的倾斜角是（　　） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【详解】∵直线的方程为， ∴直线与轴垂直. 因此直线的倾斜角是. 2. 已知向量，且，那么（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为，且， 所以，即． 3. 如图，在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，利用基底表示即可. 【详解】由题意，得 . 4. 设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（ ） A. B. 或 C. D. 与相交但不垂直 【答案】B 【解析】 【分析】通过计算直线的方向向量与平面的法向量的数量积，判断直线与平面的位置关系. 【详解】因为，所以， 所以或. 5. 直线与间的距离是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由得， 所以直线与间的距离是． 6. 已知正方体的棱长为，则点到对角线所在的直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接用向量的方法求点到线的距离可得. 【详解】如图：分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以， 所以向量在向量上投影向量的模为， ， 所以点到直线的距离为. 7. 如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求直线与直线所成角的余弦值（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用勾股定理逆定理证明，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角的余弦值. 【详解】在中，， 因为，所以. 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面平面，所以. 如图，以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系. 则. 因为是的中点，所以. 所以. 设直线与直线所成角为， 则   . 所以直线与直线所成角的余弦值为. 8. 已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且，若四点共面，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】因为四点共面，则有， 由共面条件可得，，即， 所以， 当且仅当，即，即时，等号成立. 故选A. 9. 过定点的直线与过定点的直线交于点（与、不重合），则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知方程求得点A，点B的坐标，求得直线的方程；用m表示出点P的坐标，利用点到直线的距离公式求得点P到直线的距离，并求得其取值范围，从而得到面积的最大值.或根据方程得两直线垂直，从而得到面积为，根据不等式得到其最大值. 【详解】由，得; 由，得. 所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即. 由，得，且. 所以，所以点P到直线的距离为. 因为且，所以且，所以且， 即且. 所以面积为，当且仅当时，等号成立. 所以当时，面积取得最大值，最大值为2. 故选：D. 方法二：由，得; 由，得.所以. 易知直线与直线垂直. 所以. 所以面积为. 所以时，面积取得最大值，最大值为2. 故选：D. 10. 如图，在正方体中，为棱的中点，为侧面的中心，分别在棱和上运动，为的中点，以下正确命题的个数是（ ） ①使的线段有且只有一条； ②使的直线有且只有一条； ③使的直线有且只有一条； ④若点与点不重合，则平面平面. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，用向量的方法分别判断，对命题①转化为方程（）的解个数可得；对②则转化为（）的解的个数可得；对③则根据向量共线条件直接可得；对④只需判断三点的坐标都为即可判断正确. 【详解】设正方体棱长为，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图： 则，，设（），（）， 因为是中点，故. 命题①：，所以​​， ，所以， 令，得（） 该方程在平面内表示一段四分之一圆弧，因此方程有无数组解，即存在无数条线段满足条件，故①错误； 命题②：若，则，即（）， 该方程在平面内表示一条线段，因此方程有无数组解，即存在无数条直线满足条件，故②错误； 命题③：若，则，则，因为第三个方程无解， 所以方程组无解，因此不存在直线满足条件，故③错误； 命题④ ：三点的坐标都为，即三点都在平面上， 该平面与底面（）平行，故平面平面，④正确. 综上，正确命题只有1个. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知空间向量，，则 _______． 【答案】3 【解析】 【详解】因为空间向量，， 所以. 12. 设直线l的倾斜角为，且，则直线l的斜率k的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【详解】已知，， 当时，单调递增； 则； 当时，单调递增； 故； 综上可得，斜率k的取值范围是． 13. 已知空间向量，，向量在向量上的投影向量坐标为__________． 【答案】 【解析】 【详解】已知，， 则 ， . 故向量在向量上的投影向量为. 14. 若与平行，则为__________． 【答案】 0 【解析】 【详解】因为与平行， 所以，即， 解得或， 当时，两直线方程分别为与，符合条件； 当时，两直线方程分别为与，两直线重合，不符合条件； 所以. 15. 如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的一个动点（不含端点），给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面平面； ③为锐角三角形； ④若点在平面上的投影为点，则点的轨迹为一条线段（不含端点）. 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】①③ 【解析】 【分析】由三棱锥体积公式可判断①正确，由空间直角坐标系面面垂直定理可判断②错误，由余弦定理判断③正确，由立体几何证明可判断④正确. 【详解】对于①：三棱锥的底面积为， 所以三棱锥的体积，为定值；结论①正确. 对于②：以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，因为，， 设平面的法向量为，则， 取得； 因为，，平面的法向量为， 则，取得； 因为两平面垂直等价于法向量垂直，所以，可得， 判别式，无实根， 所以不存在点，使得平面平面，结论②错误； 对于③：计算三边长度的平方，， ， ， 所以，所以中最大， 因为， 所以最大角为锐角，因此为锐角三角形，结论③正确； 对于④：记，连接， 平面，平面，所以， 所以点到的中点距离等于，为定值，所以点的轨迹不可能是线段，结论④错误. 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. 如图，在直三棱柱中，是中点. （1）求证：平面； （2）若，且，求直线到平面的距离. 【答案】（1）如图所示，连接交于点，连接， 由三棱柱的特征可知侧面是平行四边形， 则是的中点，又是中点，则. 因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先证明线线平行，再利用线面平行判定定理证明；（2）解法一，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用等体积法求解点到面的距离；解法二，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用等体积法求解点到面的距离；解法三，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用空间向量法求解点到面的距离 【小问1详解】 略 【小问2详解】 【解法一】由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，设为. 因为，，所以. 又因为，， 所以，所以. 因为平面，由，得. 又因为，， 所以，解得， 即直线到平面的距离为. 【解法二】由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，设为. 因为，，所以. 又因为，，所以，所以. 又因为，，，平面.， 所以平面. 因为点为中点，所以点到平面的距离为. 由，得. 又因为，， 所以，解得， 即直线到平面的距离为. 【解法三】在直三棱柱中，平面，因为平面，所以,，因为，所以两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 设平面的法向量为，则， 取，则，，即. 又，则点到平面的距离. 由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，所以直线到平面的距离为. 17. 设直线l的方程为 （1）若l在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程. （2）若l不经过第二象限，求实数a的取值范围. （3）若直线l交x轴正半轴于点A，交y轴负半轴于点B，的面积为S，求S的最小值并求此时直线l的方程. 【答案】（1）或. （2） （3）面积的最小值是6，此时直线l的方程为 【解析】 【分析】（1）根据直线过原点、直线与不过原点两种情况进行分类讨论，由此求得直线的方程. （2）将直线方程化为斜截式，再结合不经过第二象限列不等式组，解不等式组求得实数的取值范围. （3）根据两点的位置确定的坐标以及的取值范围，求得面积的表达式，结合的取值范围，结合基本不等式，求得面积的最小值与此时直线l的方程. 【小问1详解】 当直线过原点时满足条件，此时,解得,化为. 当直线不过原点时，则直线斜率为-1，故,解得,可得直线的方程为:. 综上所述，直线的方程为或. 【小问2详解】 , ∵不经过第二象限,∴,解得. ∴实数的取值范围是. 【小问3详解】 令,解得,解得; 令,解得,解得或. 综上有. ∴ , 当且仅当时取等号. ∴(为坐标原点)面积的最小值是6，此时直线方程，即 18. 如图，三棱锥中，，是的中点，平面平面，． （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：因为，是的中点， 所以,又平面平面，是交线，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，分别以所在直线为轴，以过平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以, 设平面的法向量， 则，令，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 19. 如图，在边长为2的正方形中，点、分别是和的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点． （1）求证； （2）求二面角的平面角的余弦值； （3）设动点在线段上，是否存在一点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在请说明理由． 【答案】（1）由折叠的性质，，且两两垂直， 以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， 则，则， ， 故，即． （2） （3）存在，为线段的中点 【解析】 【分析】（1）根据折叠的性质得出相关线段长度和垂直关系，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量坐标，计算得出，从而证明结论； （2）求出相关平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解； （3）设在线段上，令，得出，利用向量夹角余弦公式结合已知条件构造方程求出，进而求出的坐标，得出点的位置． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面中，，设平面法向量为， 则，令，则； 平面中，，设平面法向量为 则，令，则， 设二面角为，则． 【小问3详解】 设在线段上，令， 则向量， 直线与平面所成角为，由线面角公式： ， 已知，故， 化简整理得，解得或（舍去）， 故点，即为线段的中点． 20. 如图，在四棱锥中，为的中点，平面. （1）求证：； （2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定. （i）求证：平面； （ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以； （2）（i）取的中点，连接， 由（1）知，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，所以， 所以，即， 选条件①：， 因为，所以与全等， 所以，因为，所以， 所以，即，又因为， 、平面，所以平面； （ⅱ）由（i）知平面，而平面， 所以，因为， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为, 则，即， 令，则，于是， 因为为平面的法向量, 且, 所以二面角的余弦值为. 选条件③：， (i) 因为，所以， 因为，所以与全等， 所以，即， 因为，又因为，、平面， 所以平面； (ii) 同选条件①. 不可选条件②，理由如下： 由（i）可得，又， ，、平面， 所以平面，又因为平面， 所以，即是由已知条件可推出的条件， 故不可选条件②. 【解析】 【分析】（1）借助线面平行的性质定理与中位线的性质即可得； （2）（i）借助线面垂直的判定定理即可得；（ⅱ）结合所给条件建立适当的空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ⅱ）略 21. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，，定义． （1）若，证明：； （2）已知向量，的夹角为，向量，的夹角为，若，证明：； （3）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D在边上，为角A的平分线，，，，，求． 【答案】（1）由，得， 即，整理得， 所以，即，所以. （2）因为 ，所以， 同理，， 则． （3） 【解析】 【分析】（1）利用给定定义并结合向量垂直的坐标表示证明即可. （2）结合题意与同角三角函数的基本关系求解即可. （3）结合题意与三角形面积公式得到，再结合余弦定理求出，，进而求解即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 因为， 即，得到， 由余弦定理得， 解得，所以，又，解得，， 所以， 由（2）知． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $