精品解析：天津市第二十中学2026-2027学年高二上学期10月调研检测数学试卷

2026—2027第一学期高二年级数学学科调研检测（10月） 一．单选题（每小题3分，共27分） 1. 若直线l的一个方向向量为，则它的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】D 【解析】 【分析】根据方向向量可得斜率，即可根据斜率与倾斜角的关系求解. 【详解】由于直线l的一个方向向量为，故直线的斜率为， 故倾斜角为150°， 故选：D 2. 已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得，而以为基底，则设，然后根据空间向量基本定理列出关于的方程组，可求得答案. 【详解】因为向量以为基底时的坐标为， 所以， 设， 由空间向量基本定理得，解得， 所以以为基底时的坐标为. 故选：B 3. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用空间向量的投影向量公式及模长，数量积公式计算求解. 【详解】向量在向量上的投影向量为 故选：A. 4. 设，向量，，，且，，则（ ） A. 5 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由有存在，即可解得，又得解得，进而求解. 【详解】由有存在，所以， 由有，所以，所以， 故选：D. 5. 已知平面直角坐标系中的三个点，过点与线段有公共点的直线为，则直线的斜率可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出图形，利用直线斜率的计算公式，结合直线与线段的位置关系分析求解即可. 【详解】如图所示， 要使过点的直线与线段有公共点，则直线的斜率满足：或， 又， 所以的取值范围为：， 由，所以直线的斜率可以是. 6. 过点，且与直线垂直的直线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由两直线垂直可设直线方程，再代入点即可求解. 【详解】因为所求直线与直线垂直， 可设所求直线方程为，把点代入方程得， 所以直线方程为. 故选：D 7. 已知直线，，则下列选项中不正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 当时， C. 当时， D. 当时，，之间的距离为 【答案】C 【解析】 【分析】利用动直线过定点的判定方法可判定A；利用两直线平行，垂直的判定可判断BC；利用两平行线间的距离可判断D. 【详解】直线  的方程可整理为 ， 因此它恒过直线  与  的交点 ，故选项 A 正确； 当  时， 的方程为 ， 其斜率与  相同且截距不同，因此 ，选项 B 正确； 当  时， 的方程为 ， 即 ，为垂直于  轴的直线， 而  的斜率为 ，两者不垂直，故选项 C 错误； 当  时，得，解得  ， 此时 ，与  的距离为 ，选项 D 正确. 故选：C 8. 已知两平行直线与，则与之间的距离为（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两直线平行得到直线方程的系数关系，由此可求的值，再结合平行直线间距离公式求解出结果. 【详解】因为，所以，解得或， 当时，，，满足两直线平行， 此时两直线间距离； 当时，，即，，满足两直线平行， 此时两直线间距离， 所以与之间的距离为或， 故选：B. 9. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，过点的平面分别与棱、、交于点、、，若，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，连接，由空间向量的线性运算得出，，结合空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，即可得出答案. 【详解】设，连接， 则． 因为，即，故， 因为、、、四点共面，且、不共线，存在、，使得， 所以， 由空间向量的基本定理可得，解得，所以. 故选：A. 二．填空题（每小题3分，共18分） 10. 若向量，夹角为钝角，则m的取值范围为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由夹角为钝角可得与不共线，且，利用空间向量的坐标运算即可求解. 【详解】因为与夹角为钝角，所以与不共线，且， 若与共线，则，解得，故， 由可得，解得， 所以的取值范围为. 故答案为： 11. 过点且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的一般方程为________． 【答案】或 【解析】 【详解】设直线，截距分别为和， 因为截距互为相反数，所以. 若，，又过点，所以，直线为. 若，解得，，所以，直线为. 12. 空间内有三点，，，则点到直线的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】直接用向量的方法计算点到线的距离可得结果. 【详解】由，，，所以， ， ，. 所以向量在向量上的投影长度为， 所以点到直线的距离为. 故答案为：. 13. 经过两直线和的交点，且与直线平行的直线的方程为___________. 【答案】 【解析】 【分析】设与平行的直线方程为，求出两直线交点的坐标并代入即可求得结果. 【详解】设与平行的直线方程为， 联立，解得， 又因为点在直线上，即， 解得. 所以直线方程为. 故答案为： 14. 如图，在三棱柱中，已知M，N分别是上的点，且，设.若，，则的长为____． 【答案】## 【解析】 【分析】根据图形利用向量的加减数乘运算可将用表示，利用向量数量积的运算律，计算即得. 【详解】由已知条件可得 又因，， 所以可得，， 所以. 15. 边长为1的正方体中，，，分别为，，的中点，为正方体内的一个动点（包含边界），且满足，则下列选项中所有正确结论的序号是______. ①线段与无交点； ②平面截正方体所得到的截面图形面积为； ③直线与平面所成角为； ④在平面上存在点，使得平面. 【答案】①② 【解析】 【分析】求点到直线的距离，结合，判断命题①；设分别为的中点，证明共面，再求六边形面积判断命题②；建立空间直角坐标系，证明为平面的一个法向量，利用向量方法求直线与平面所成角，取特殊点判断命题③错误；假设存在点满足条件，结合条件推出矛盾，判断命题④，由此可得结论. 【详解】由已知，， 因为，分别为，的中点， 所以， 所以，，， 设为的中点，连接，则，， 所以点到直线的距离为，又， 所以线段与无交点，①正确； 设分别为的中点，连接，，，，， 因为，， 所以，所以四点共面， 所以点平面， 因为， 所以，平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 所以共面， 又 所以平面截正方体所得到的截面图形为正六边形，且边长为， 所以面截正方体所得到的截面图形面积为，②正确； 以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 所以，， 所以为平面的一个法向量， 设的坐标为，则， ， 因为，故， 设直线与平面所成角为，则 ， 取，则， 又，所以， 此时直线与平面所成角为，③错误； 设平面上存在点，使得平面， 因为平面，所以， 所以，又， 所以， 所以，， 因为平面， 所以可设， 所以， 所以， 由第一个方程与第三个方程相加可得，与第二个方程矛盾， 所以满足条件的点不存在，④错误； 故答案为：①②. 三．解答题（本题共55分） 16. 如图，在空间四边形中，点、分别为、的中点，设，，． （1）试用向量，，表示向量； （2）若，，，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由几何体结构结合向量运算法则直接进行运算即可； （2）先由题设以及用向量，，表示向量和，再由向量运算法则即可求解. 【小问1详解】 由题可得向量； 【小问2详解】 由题， 由（1）得，又向量， 所以 . 17. 已知空间三点，，，设，. （1）求与的夹角和的面积； （2）若，求的值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据点的坐标求与的坐标，进而求，利用向量的夹角公式求解即得，再由计算即可； （2）由，得，代入坐标计算即得． 【小问1详解】 由题中条件可知，，， ，. 因为， 因为，所以. 即与的夹角为， 故的面积为： . 【小问2详解】 ， 由，得， 得， 得． 18. 已知直线． （1）求证：直线过定点； （2）若到直线的距离最大，求的值； （3）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程． 【答案】（1）证明：由直线整理可得： ，即， 则由，即， 故直线过定点； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）要证明直线过定点，将直线方程转化，通过提出参数，令参数所乘的式子为0建立等式，求出定点坐标； （2）直线外一点到动直线的最大距离为这点与直线上定点的距离，当直线外的点与直线上定点的连线垂直于直线时，可求最大距离； （3）根据与坐标轴的交点坐标可得三角形面积公式，利用二次函数的最值求法得到面积取最小值时参数的值，从而得到直线方程． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当动直线满足定点与直线外点的连线垂直于时， 到直线的距离最大， 因为，则； 因为，故，解得； 【小问3详解】 由可得： 当时，；当时，； 因为直线与坐标轴交于正半轴，故 ，解得； 此时三角形面积为， 要使面积取最小值，只需取的最小值即可； 由可知， 当时，取最小值，此时面积取最小值， 此时直线方程为，即． 19. 在四棱锥中，平面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 证明：如图，取的中点，连接， 则且，又且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 得，又平面，平面， 所以平面. （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）如图，根据中位线的性质证得四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据线面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可； （3）利用等体积法计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面，平面， 所以，又， 建立如图空间直角坐标系， 则， 得， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以. 设直线与平面所成的角为， 则. 【小问3详解】 由题意知，， 所以三棱锥的体积为2. 20. 如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点． （1）证明B1C1⊥CE； （2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值． （3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长． 【答案】（1）证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，∴B1C1⊥CE. （2） （3） 【解析】 【分析】本题可通过建立空间坐标系求解． 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ＝(1，－2，－1)． 设平面B1CE的法向量＝(x，y，z)， 则,即 消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为＝(－3，－2,1)． 由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量． 于是cos〈，〉＝＝＝－，从而sin〈，〉＝， 故二面角B1－CE－C1的正弦值为. 【小问3详解】 ＝(0,1,0)，＝(1,1,1)． 设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量． 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则 sinθ＝|cos〈，〉|＝ ＝＝. 于是＝，解得λ＝ (λ＝－舍去)， ∴AM＝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027第一学期高二年级数学学科调研检测（10月） 一．单选题（每小题3分，共27分） 1. 若直线l的一个方向向量为，则它的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 2. 已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 设，向量，，，且，，则（ ） A. 5 B. 1 C. D. 5. 已知平面直角坐标系中的三个点，过点与线段有公共点的直线为，则直线的斜率可以是（ ） A. B. C. D. 6. 过点，且与直线垂直的直线方程是（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线，，则下列选项中不正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 当时， C. 当时， D. 当时，，之间的距离为 8. 已知两平行直线与，则与之间的距离为（ ） A. B. 或 C. 或 D. 9. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，过点的平面分别与棱、、交于点、、，若，，则（　　） A. B. C. D. 二．填空题（每小题3分，共18分） 10. 若向量，夹角为钝角，则m的取值范围为_________. 11. 过点且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的一般方程为________． 12. 空间内有三点，，，则点到直线的距离为______. 13. 经过两直线和的交点，且与直线平行的直线的方程为___________. 14. 如图，在三棱柱中，已知M，N分别是上的点，且，设.若，，则的长为____． 15. 边长为1的正方体中，，，分别为，，的中点，为正方体内的一个动点（包含边界），且满足，则下列选项中所有正确结论的序号是______. ①线段与无交点； ②平面截正方体所得到的截面图形面积为； ③直线与平面所成角为； ④在平面上存在点，使得平面. 三．解答题（本题共55分） 16. 如图，在空间四边形中，点、分别为、的中点，设，，． （1）试用向量，，表示向量； （2）若，，，求的值． 17. 已知空间三点，，，设，. （1）求与的夹角和的面积； （2）若，求的值. 18. 已知直线． （1）求证：直线过定点； （2）若到直线的距离最大，求的值； （3）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程． 19. 在四棱锥中，平面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求三棱锥的体积. 20. 如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点． （1）证明B1C1⊥CE； （2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值． （3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $