广东省湛江市麻章区第一中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

湛江市麻章区第一中学2026-2027学年第一学期 高二年级数学第一次月考试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知直线的方程为，则该直线的倾斜角为（    ） A． B． C． D． 2．已知向量，则（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 3．若三点共线，则（    ） A． B． C．1 D．0 4．如果且，那么直线不经过（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 5．在正方体中，为的中点，则与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在三棱锥中，设，，，若，，则（   ） A． B． C． D． 7．如图，正方形和正方形的边长都是2，且二面角的大小是，则（   ） A． B． C． D．4 8．如图直四棱柱的各棱长均为2，且.动点P在侧面内（不含边界），满足与平面所成角为，当点P在面对角线上时，记作，则到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．已知直线和直线，下列说法正确的是（   ） A．始终过定点 B．若，则 C．若，则 D．当时，始终不过第三象限 10．已知三条直线的倾斜角分别为，斜率分别为，且，则α，β，γ的大小关系可能为（    ） A． B． C． D． 11．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．点与点是直线上的两个不同的点，则__________ 13．已知空间中的点，且，则点到的距离为______ 14．已知点，，若直线与线段相交，则的取值范围为_________________ 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知的三个顶点坐标：，，. (1)求边上的高线所在直线的方程； (2)求边上的中线所在直线的方程. 16．已知空间中三点，，，设，． (1)若，且，求向量； (2)已知向量与互相垂直，求的值； (3)若点在平面上，求的值． 17．如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长度为2，且． (1)求的长； (2)求直线与所成角的余弦值． 18．在正四棱柱中，为的中点． (1)取中点中点，求证：平面． (2)求点到平面的距离． (3)求直线与平面所成角的正弦值． 19．在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． (1)若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； (2)试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《湛江市麻章区第一中学2026-2027学年第一学期高二年级数学第一次月考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C A D C D A D ABD ABC 题号 11 答案 BD 1．A 【分析】根据直线方程可得斜率，进而结合倾斜角的范围可得倾斜角. 【详解】因为直线的斜率为， 设直线的倾斜角为，则，可得， 所以该直线的倾斜角为. 故选：A. 2．C 【分析】根据数量积公式，代入求解，即可得答案. 【详解】由题意，所以. 3．A 【分析】由空间向量的坐标表示与共线定理，有，即可解得的值，进而可求的值. 【详解】. 因为三点共线，所以，即，解得， 则. 故选：A. 4．D 【分析】根据给定条件，求出直线的横纵截距的正负即可判断得解. 【详解】由且，得直线的横截距为，纵截距为， 所以直线不经过第四象限. 故选：D 5．C 【分析】建立空间直角坐标系，表示出各点的坐标，利用空间向量的数量积计算即可. 【详解】如图， 设正方体的棱长为2，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 为的中点， ， ， ， ， 设异面直线与所成的角为， ， 即与所成的角的余弦值为. 故选：C 6．D 【分析】将所求向量转化为以为起点的向量，利用向量的运算规则进行计算即可得出答案. 【详解】连接，由向量的加减和数乘运算规则可知 . 故选：D. 7．A 【分析】先判断二面角的平面角为，然后根据向量的模的公式以及向量数量积的定义进行计算即可. 【详解】因为正方形和正方形，所以， 因为平面平面，二面角的大小是， 所以，因为， 所以， 因为正方形和正方形的边长都是2，所以， 因为，所以， 而， 所以. 故选：A. 8．D 【分析】由题可得点的轨迹在正方形面内，以点为圆心，以1为半径的半圆弧，点恰好为正方形的中心，以为坐标原点，建立空间直角坐标系计算即可. 【详解】取的中点，连接，，因为底面是菱形，且， 所以. 又因为平面，平面，所以. 由于平面，所以平面. 因为与平面所成角为，所以与平面所成角也是. 由于为直线在平面上的射影，所以. 在中，，所以， 所以点的轨迹在正方形面内，以点为圆心，以1为半径的半圆弧. 当点在面对角线上时，记作，可知点恰好为正方形的中心. 取的中点，连接，则直线，，两两垂直， 以为坐标原点，分别以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，， 记， 所以到直线的距离. 9．ABD 【分析】根据直线过定点、两直线平行、直线的图像以及两直线垂直逐项计算判断即可． 【详解】对于A，直线：， 由，得，，始终过定点，故A正确； 对于B，若，则有，解得，故B正确； 对于C，，则，解得或，故C错误； 对于D，当时，始终过， 因为，所以直线斜率，不会过第三象限，故D正确． 故选：ABD． 10．ABC 【分析】根据题意，利用直线斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，分类讨论，即可求解. 【详解】由题意，三条直线的倾斜角分别为，可得， 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得, 结合选项，可得选项A、B、C. 故选：ABC. 11．BD 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 12．/ 【详解】因为表示直线的斜率，即直线的斜率， 又因为直线的斜率，所以， 13． 【分析】通过向量的运算求出向量在直线方向向量上的投影，然后利用勾股定理求出点到直线的距离. 【详解】已知点和，，则. 向量在上的投影长度. 根据勾股定理，点到直线的距离. 14． 【分析】把直线的方程整理为，显然直线过定点，结合图形进行求解即可. 【详解】由直线的方程为，变形得， 显然直线过定点， 而，， 由图可知，要使直线与线段AB相交， 则或， 即k的取值范围是. 15．(1) (2) 【详解】（1），，在轴上，故. 高线，因此垂直于轴，直线斜率不存在. 又高线过点， 直线方程：. （2）为中点，由中点坐标公式得 ，，计算斜率 由点斜式： ， 整理得 16．(1)或 (2) (3) 【分析】（1）由向量的坐标表示共线和模长计算求出即可； （2）由向量垂直的坐标表示求出参数即可； （3）由点在平面上，设，解方程组求出即可. 【详解】（1），设， 因为，而，所以； 故或 （2），，， 由与互相垂直得：， 解得. （3）点在平面上，， ， ， 解得：. 17．(1) (2) 【分析】（1）用表示出，然后平方转化为数量积的运算； （2）用空间向量法求异面直线所成的角． 【详解】（1）由题意，， ， ， ． （2），， ， 所以， 所以直线与所成角的余弦值为． 18．(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为，则， 令，解得． 又∵，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，写出点坐标，求出平面的一个法向量，再证明即可； （2）根据点到面的距离公式求解即可； （3）根据直线与平面的夹角公式. 【详解】（1）略 （2）平面的法向量，， ∴点到平面的距离． （3），平面的法向量， 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．(1)（i）因为，， 在中，由余弦定理，，, 所以，即，所以. 因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面． 因为平面，所以； （ii） (2)存在，正弦值最大值为 【分析】（1）（i）由平面平面，得 平面，推出； （ii）方法1（坐标法）：建系写出所有点坐标，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式算出距离；方法2（等体积法）：，分别求出底面面积、高，解方程得到点到平面距离； （2）求出锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 【详解】（1）（i）略； （ii）设，连接， 因为，平面，平面， 所以． 因为平分，所以， 所以，， 由（1）知，，，，平面． 法1： 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为，，， 设平面（即）的一个法向量为， 所以，即，令，则，， 所以， 设到平面的距离是， 所以， 所以点到平面的距离是； 法2： 由，得， 所以的面积为． 由（1）知平面，平面，所以． 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以，即； 在中，由余弦定理得，所以， 设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以点到平面的距离是； （2）以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，设， 因为，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 解得，令，则， 所以， 又因为，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 得， 所以， 令，则， 所以， 设， 因为，， 所以当，即时，取得最小值， 所以， 设锐二面角的大小为， 因为，所以， 所以锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $