精品解析：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． 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，且，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． 第1页/共1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 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. 【答案】A 【解析】 【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. 已知向量，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【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. 若三点共线，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【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. 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 【答案】D 【解析】 【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. 在正方体中，为的中点，则与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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. 如图，在三棱锥中，设，，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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. 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 【答案】A 【解析】 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【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. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，对分离参数，联立方程求定点，判断A；选项B，用两直线平行公式求解，检验排除重合，判断B；选项C，利用垂直的系数关系列式求解，判断C；选项D，把化为斜截式，结合斜率、截距分析图象，判断D． 【详解】对于A，直线， 由， 得，， 所以始终过定点，故A正确； 对于B，若， 则有， 解得，故B正确； 对于C，若，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． 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. 【答案】ABC 【解析】 【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. 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 【答案】BD 【解析】 【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． 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__________ 【答案】## 【解析】 【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. 已知空间中的点，且，则点到的距离为______ 【答案】 【解析】 【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. 已知点，，若直线与线段相交，则的取值范围为_________________ 【答案】 【解析】 【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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 ，，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：. 【小问2详解】 为中点，由中点坐标公式得 ，，计算斜率 由点斜式： ， 整理得 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． 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 ，设， 因为，而，所以； 故或 【小问2详解】 ，，， 由与互相垂直得：， 解得. 【小问3详解】 点在平面上，， ， ， 解得：. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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． 【小问1详解】 由题意，， ， ， ． 【小问2详解】 ，， ， 所以， 所以直线与所成角的余弦值为． 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． 【答案】（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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面的法向量，， ∴点到平面的距离． 【小问3详解】 ，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. 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，且，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． 【答案】（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， 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）先证明，再证明平面，就能证明. （ⅱ）方法1：以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式求解. 方法2：利用等体积发得，，再计算相应的面积和高，列出方程即可求出点到平面的距离. （2）由题可设，用向量法求出锐二面角的平面角的余弦值，构造函数求其最大角. 【小问1详解】 （ⅰ）略. （ⅱ）因为，平面，平面，所以． 因为平分，所以， 所以，， 由（1）知，，，，平面． 方法1： 以为原点，，及垂直于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. 方法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， 设点到平面的距离为， 因为，，， 所以点到平面的距离为. 【小问2详解】 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $