辽宁朝阳市第一高级中学、第二高级中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

2026-2027学年第一学期高二10月检测数学试卷参考答案 一、单选题 1．已知正方形的边长为4，平面，，E是中点，F是靠近A的四等分点，则点B到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法求点到平面的距离. 【详解】建立空间直角坐标系，如图所示， 依题意，则有，，，，， 故，，. 设平面的一个法向量为， 则，， 所以，取， 得，，于是， 所以点到平面的距离为. 故选：C. 2．若，，为两两垂直的三个空间单位向量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量的数量积性质即可求解. 【详解】依题意得，，； 所以， 故选：B. 3．已知，，，若，则点B的坐标为（    ）． A．（－1，3，－3） B．（9，1，1） C．（1，－3，3） D．（－9，－1，－1） 【答案】B 【分析】由，设结合空间向量的坐标，得(5,－1,2)＝(x－4,y－2,z＋1)，即可求B的坐标. 【详解】设，由得：(5,－1,2)＝(x－4,y－2,z＋1)， ∴,可得，所以点B的坐标为（9，1，1）. 故选：B 4．在平面ABCD中，，，，若，且为平面ABCD的法向量，则等于（    ） A．2 B．0 C．1 D．无意义 【答案】C 【分析】根据已知的A，B，C三点坐标，可得向量和，再由为平面ABCD的法向量，可列出方程组，即得. 【详解】由题得，，，又为平面ABCD的法向量，则有，即，则，那么. 故选：C 【点睛】本题考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量，是基础题. 5．若为平面内相异三点，且，则平面的一个法向量可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由平面法向量与平面内向量垂直，即且，设，求得关系后判断. 【详解】由法向量的性质得平面法向量与平面内向量垂直， 即且，设， 则，， 由第二个方程得，代入第一个方程有， 令，则，即． 故选：B． 6．已知直线，当点到直线的距离最大时，直线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】确定直线过定点，结合垂直关系求解即可. 【详解】由可得， 由得，故过定点， 当直线与点和所在直线垂直时， 点到直线的距离最大，由结合垂直关系可得， 所以直线方程为. 故选：A 7．直线关于对称的直线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用点关于直线对称点的求法可求得直线上一点关于直线的对称点，代入直线中即可得到对称直线方程. 【详解】设直线上一点关于直线对称点的坐标为， 则，整理可得：，， 即直线关于对称的直线方程为：. 故选：A. 【点睛】方法点睛：本题考查直线关于对称轴的对称直线的求解，解决思路是将直线上一点坐标，利用其关于对称轴的对称点坐标表示出来，代入原直线即可，核心依然是求解点关于直线的对称点的求解. 求解点关于直线的对称点的基本方法如下： ①与连线与直线垂直，即； ②中点在直线上，即； ③与到直线的距离相等，即； 上述三个等量关系中任选两个构成方程组，即可求得对称点坐标. 8．正方体中，点为中点，平面与平面所成锐二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【详解】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，所以，，， 设平面的法向量为， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为， 所以，， 易知，平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 故选：C. 二、多选题 9．下列说法中，正确的有（   ） A．直线在轴上的截距是 B．直线经过第一、二、三象限 C．过点，且倾斜角为的直线方程为 D．过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为 【答案】AB 【分析】运用截距概念判断A；根据斜率和截距可判断B；求出直线方程判断C；分情况求出直线方程即可判断D． 【详解】对于A，令，求得，则直线在y轴上的截距为，故A正确； 对于B，令，得；令，得；所以直线 在轴上的截距为，在轴上的截距为，直线经过第一、二、三象限，故B正确； 对于C，倾斜角为的直线斜率为0，则过点并且倾斜角为的直线方程为，故C不正确； 对于D，当直线经过原点时，设，代入点，求得，此时直线方程为； 当直线截距不为0时，设方程为，代入点，求得， 此时直线方程为，故D不正确. 故选：AB. 10．给出以下命题，其中错误的是（   ） A．平面的法向量分别为，则 B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直 D．平面经过三个点，向量是平面的法向量，则 【答案】ABD 【分析】根据平面的法向量不具有倍数关系可判断A；根据直线的方向向量和平面的法向量的数量积可安短B；根据直线的方向向量的数量积判断C；根据平面的法向量的求法可判断D. 【详解】对于A，由可知两向量不具有倍数关系，故不平行，A错误； 对于B，由于，，则， 故，则或，B错误； 对于C，由于，即得，C正确； 对于D，由于，故， 向量是平面的法向量，则，解得， 故，D错误， 故选：ABD 11．已知直线，则（   ） A．直线过定点 B．当时， C．当时， D．当时，两直线与之间的距离为 【答案】CD 【分析】根据直线过定点、两直线垂直和平行的条件以及两平行直线的距离公式进行判断计算即可. 【详解】对于A：变形为， 令得，因此直线过定点，故A错误； 对于B：当时，，， 因为，所以两直线不垂直，故B错误； 对于C：当时，， 因为，所以两直线平行，故C正确； 对于D：当时，则满足，得， 此时，， 则两直线间的距离为，故D正确. 故选：CD. 三、填空题 12．已知，则_________，_________，_________，_________，_________． 【答案】 【分析】由空间向量的模长公式，数量积的运算法则，夹角公式计算即可. 【详解】已知，则， ，， ， . 故答案为：；；；；. 13．已知直线过直线和的交点，且与直线垂直，则直线在轴上的截距为________. 【答案】 【分析】先求出直线和的交点，再根据直线与垂直，设出所求直线方程，将交点坐标代入可求出直线方程，从而可求出直线在轴上的截距. 【详解】由，得， 所以直线过点， 因为直线与直线垂直， 所以设直线为，则 ，解得， 所以直线的方程为， 当时，， 所以直线在轴上的截距为， 故答案为：. 14．如图，在四面体中， ，，点，分别在，上，且，，则______. 【答案】 【分析】由空间向量加减数乘的几何意义得，再应用空间向量数量积的运算律求的模长. 【详解】由， 所以 ， 所以. 故答案为： 四、解答题 15．已知正方体的棱长为2，分别为的中点，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】 【分析】首先将异面直线的方向向量运用向量的线性运算表示出来，然后计算它们的数量积和向量的模，最后利用异面直线夹角的余弦公式求得答案. 【详解】根据题意可知，. 所以. 因为，，，， 所以，. 所以. 根据勾股定理可得，， 所以异面直线所成角的余弦值为： . 16．求符合下列条件的直线方程： (1)平行于直线3x+4y－12=0，且与它的距离是7的直线的方程； (2)垂直于直线x+3y－5=0， 且与点P(－1，0)的距离是的直线的方程. 【答案】（1）或；（2）或. 【分析】（1）设所求直线为，利用平行线间距离公式可求出，即得直线方程； （2）设所求直线为，利用点到直线距离公式可求出，即得直线方程. 【详解】（1）由题可设所求直线为， 则，解得或23， 故所求方程为或； （2）由题可设所求直线为， 则，解得或9， 故所求方程为或. 17．如图，在长方体中，，为的中点，为线段上一点，且满足，为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）以D为原点建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量为，满足即可； （2）利用可求出. 【详解】（1）证明：在长方体中，建立如图所示空间直角坐标系， 由，为的中点，为线段上一点，且满足， 得，，，，， ，，． 设平面的一个法向量为． 由，取，得， ∵，且平面，∴平面． （2）解：由（1）知，，又， ∴． ∴直线与直线所成角的余弦值． 【点睛】本题考查线面平行的证明和异面直线所成角的求解，建立空间直角坐标系，利用向量的方法求解是解决本题的有效办法. 18．如图，已知矩形是圆柱的轴截面，是的中点，直线与下底面所成角的正切值为，矩形的面积为12，为圆柱的一条母线（不与重合）． (1)证明：； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据线面垂直判定定理，，，得平面，再由线面垂直性质定理解决即可；（2），设，则，，由，得，设，则，又平面，得，当且仅当，即时，取等号，即当时，三棱锥的体积最大，由两两互相垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，即可解决. 【详解】（1）连接，因为是底面圆的直径， 所以，即， 又因为由题可知平面， 所以， 因为，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以． （2）根据题意，，设，则，， 又因为， 所以，得． 所以，， 设，则， 由（1）可知平面， 又因为到的距离为， 所以． 当且仅当，即时，取等号． 所以，当时，三棱锥的体积最大． 因为两两互相垂直， 所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系． 所以， ， 设平面的法向量为， 所以，即 取，可得， 所以， 因为平面， 所以可取平面的一个法向量为， 所以． 所以， 所以二面角的正弦值为． 19．如图,在多面体ABCDEF中,梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直,,,,,. (1)求证：平面CDE； (2)求二面角B-EF-D的余弦值； 【答案】(1) 由底面是平行四边形，可知， 又因为平面，平面，所以平面， 同理平面，又因为，所以平面平面， 又因为平面，所以平面. (2) 【分析】（1）通过面面平行即可证明线面平行； （2）证得两两垂直，从而建立以为原点的空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，根据法向量的夹角求得二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2） 如图所示，连接，因为平面平面，平面平面，， 所以平面，又平面， 则， 又因为，，，所以平面，则， 故两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴、轴和轴，如图所示建立空间直角坐标系， 由于 则，，，，，， 所以，，是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，则有，即， 令，则，得， 设为二面角的平面角，且为锐角， 则， 即二面角的余弦值为. 试卷第2页（共14页） 试卷第15页（共15页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期高二10月检测数学试卷 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1．已知正方形的边长为4，平面，，E是中点，F是靠近A的四等分点，则点B到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 2．若，，为两两垂直的三个空间单位向量，则（    ） A． B． C． D． 3．已知，，，若，则点B的坐标为（    ）． A．（－1，3，－3） B．（9，1，1） C．（1，－3，3） D．（－9，－1，－1） 4．在平面ABCD中，，，，若，且为平面ABCD的法向量，则等于（    ） A．2 B．0 C．1 D．无意义 5．若为平面内相异三点，且，则平面的一个法向量可以是（   ） A． B． C． D． 6．已知直线，当点到直线的距离最大时，直线的方程为（   ） A． B． C． D． 7．直线关于对称的直线方程为（    ） A． B． C． D． 8．正方体中，点为中点，平面与平面所成锐二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．下列说法中，正确的有（   ） A．直线在轴上的截距是 B．直线经过第一、二、三象限 C．过点，且倾斜角为的直线方程为 D．过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为 10．给出以下命题，其中错误的是（   ） A．平面的法向量分别为，则 B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直 D．平面经过三个点，向量是平面的法向量，则 11．已知直线，则（   ） A．直线过定点 B．当时， C．当时， D．当时，两直线与之间的距离为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知，则_________，_________，_________，_________，_________． 13．已知直线过直线和的交点，且与直线垂直，则直线在轴上的截距为________. 14．如图，在四面体中， ，，点，分别在，上，且，，则______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分）已知正方体的棱长为2，分别为的中点，求异面直线与所成角的余弦值. 16．（15分）求符合下列条件的直线方程： (1)平行于直线3x+4y－12=0，且与它的距离是7的直线的方程； (2)垂直于直线x+3y－5=0， 且与点P(－1，0)的距离是的直线的方程. 17．（15分）如图，在长方体中，，为的中点，为线段上一点，且满足，为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与直线所成角的余弦值． 18．（17分）如图，已知矩形是圆柱的轴截面，是的中点，直线与下底面所成角的正切值为，矩形的面积为12，为圆柱的一条母线（不与重合）． (1)证明：； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值． 19．（17分）如图,在多面体ABCDEF中,梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直,,,,,. (1)求证：平面CDE； (2)求二面角B-EF-D的余弦值； 第3页（共4页） ◎ 第4页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $