精品解析：安徽省临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

高二数学 （120分钟 150分） 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. 若直线的斜率为，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 直线l过点，并且与直线垂直，那么直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，平行六面体的所有棱长均为，、、两两的夹角均为，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 某公园要建造一个圆形喷泉池，建立适当的坐标系，使喷泉池的外沿所在圆的圆心位于点，且该圆经过点，那么这个喷泉池的外沿所在圆的方程是（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆C的方程为，直线l：与圆C交于A，B两点，若，则实数m等于（ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 9 6. 如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是B1C1，C1D1的中点，H，I分别是A1D1，A1B1的中点，点P∈平面AHI，则点P到平面EFB的距离为（ ） A. 2 B. 2 C. D. 3 7. 点关于直线对称的点为，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. （去掉点） 8. 在三棱锥中，是平面内一点，下列说法错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若为的重心，则 D. 若与所成的角为，与平面所成的角为，则 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. 已知直线的方程为，则下列关于直线的说法正确的是（ ） A. 若直线过点和，则直线的斜率为1 B. 若直线的斜率，，则直线不过第二象限 C. 若直线与直线垂直，则直线的斜率为1 D. 若直线平行于轴，则直线的斜率不存在 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若为直线l的一个方向向量，为平面α的一个法向量，则直线平面α B. 若直线l的一个方向向量为，且l过点，则点到直线l的距离为2 C. 已知向量，，则在上的投影向量为 D. 已知向量，，若，则为钝角 11. 已知圆C：x2+(y+a)2=1与直线x+y-1=0交于M，N两点，点P为线段MN的中点，O为坐标原点，直线OP的斜率为-3，圆C与y轴交于A，B两点，点Q是圆C上异于A，B的任意一点，直线QA，QB分别交直线l：y=-4于R，S两点，则下列说法正确的是（ ） A. a=-2 B. △MCN是等腰直角三角形 C. △MON的面积为1 D. 当点Q变化时，以RS为直径的圆过圆C内的定点（0，-4） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在城市规划中，有两条笔直的道路，在地面所在的平面上，以市中心广场上的纪念塔所在的位置为原点，1千米为单位长度，建立适当的坐标系，第一条道路所在直线的方程为，第二条道路所在直线的方程为，则两条道路的交叉口到纪念塔的距离为____千米． 13. 已知正方体的棱长为1，点满足，且，则直线与平面所成角的正切值的最大值为____． 14. 已知直线：和点，规定点到直线的调和距离．设圆上的任意一点到直线：，：的调和距离分别为，，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. 已知直线：，：，其中为实数． （1）当时，求的值； （2）当时，求过直线，的交点且平行于直线的直线方程． 16. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段的中点． （1）求证：直线平面． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知圆，直线l的方程为，点P是直线l上一动点，过点P作圆M的切线，切点分别为A，B，如图所示． （1）当与x轴平行时，求直线的方程； （2）求四边形的面积S的最小值． 18. 在如图所示的几何体中，平面，平面，，，是棱上一点． （1）求证：平面． （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． （3）求点到直线的距离的最大值． 19. 人脸识别技术是一种基于生物特征识别的技术，通过摄像头捕捉人脸图象，提取面部特征，并与预先存储的人脸特征库进行比对，从而实现身份识别．该技术涉及图象处理、模式识别、机器学习等多个领域，主要应用距离测试样本之间的相似度．常用的测量距离的方式如下：设，定义欧几里得距离，曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，分别求和，并比较这三种距离的大小． （2）若， ，求的取值范围． （3）已知是直线上的两个动点，是否存在直线，使得？若存在，求出所有满足条件的直线l的方程；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 （120分钟 150分） 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. 若直线的斜率为，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由斜率（直线的倾斜角）求解即可. 【详解】设直线的倾斜角为，因为直线的斜率是，所以， 又因为，所以，即直线的倾斜角为． 故选：C 2. 直线l过点，并且与直线垂直，那么直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】直线的斜率为， 因为直线l与直线垂直， 所以根据两直线垂直，其斜率之积为，可得出直线l的斜率为2． 又直线l过点， 所以直线l的方程为，即. 3. 如图，平行六面体的所有棱长均为，、、两两的夹角均为，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平行六面体向量关系写出，先通过数量积算出，再依据投影向量公式求出在方向上的投影向量. 【详解】因为平行六面体的棱长均为，、、两两的夹角均为， 所以， 所以， 则． 故在方向上的投影向量为． 4. 某公园要建造一个圆形喷泉池，建立适当的坐标系，使喷泉池的外沿所在圆的圆心位于点，且该圆经过点，那么这个喷泉池的外沿所在圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知圆心和圆上一点，则半径， 所以外沿所在圆的方程为． 5. 已知圆C的方程为，直线l：与圆C交于A，B两点，若，则实数m等于（ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式即可求解， 【详解】圆C：可化为， 所以，解得． 由题意知圆C的圆心为，故圆心C到直线l的距离为， 又，所以，解得． 6. 如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是B1C1，C1D1的中点，H，I分别是A1D1，A1B1的中点，点P∈平面AHI，则点P到平面EFB的距离为（ ） A. 2 B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先证明平面与平面平行，将动点到平面的距离转化为点到平面的距离，再建立空间直角坐标系，利用法向量求距离． 【详解】由正方体的性质及三角形的中位线定理，得，． 又不在平面内，平面，所以平面． 同理平面． 由，平面，得平面平面． 当平面时，点到平面的距离等于点到平面的距离． 以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，所以，，． 设平面的一个法向量 且， 取,可得， 因此所求距离为． 7. 点关于直线对称的点为，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. （去掉点） 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线恒过点，再根据对称得出点满足方程，最后排除不符合情况的点后即可求解. 【详解】直线可化为， 令解得即直线恒过点． 又点与点关于直线对称， 即， 所以点在以为圆心，为半径的圆上，即点满足方程， 若直线的斜率存在，则斜率， 过点且斜率为2的直线方程为， 设此时点关于直线方程对称的点为， 则解得即， 综上所述，动点的轨迹方程为（去掉点）． 8. 在三棱锥中，是平面内一点，下列说法错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若为的重心，则 D. 若与所成的角为，与平面所成的角为，则 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，由数量积为0推出两组线线垂直，得到平面，再借助线面垂直的性质定理即可证明；B、C选项，利用空间向量基本定理即可求得；D选项，当平面时，. 【详解】对于A，过点向底面作垂线，垂足为，如图1，则． 因为，所以，又，平面， 故平面，又平面，所以； 同理可得，故为的垂心，所以． 又，，平面，故平面， 又平面，所以，即，故A项正确． 对于B，连接并延长交于点，如图2． 因为三点共线，所以存在实数，使得， 又三点共线，则存在实数，使得， 所以 . 又，所以，所以，故B项正确． 对于C，因为为的重心，所以为的中点，故， 且， 则，故C项正确． 对于D，当平面时，，故D项错误． 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. 已知直线的方程为，则下列关于直线的说法正确的是（ ） A. 若直线过点和，则直线的斜率为1 B. 若直线的斜率，，则直线不过第二象限 C. 若直线与直线垂直，则直线的斜率为1 D. 若直线平行于轴，则直线的斜率不存在 【答案】ABC 【解析】 【详解】对于A，根据斜率公式得，所以选项A正确； 对于B，当，时，直线的方程为， 因为，所以直线过第一、三、四象限，不过第二象限，所以选项B正确； 对于C，若两条直线垂直，则它们的斜率之积为， 已知直线的斜率为，则直线的斜率为1，所以选项C正确； 对于D，若直线平行于轴，则直线的斜率为0，所以选项D错误． 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若为直线l的一个方向向量，为平面α的一个法向量，则直线平面α B. 若直线l的一个方向向量为，且l过点，则点到直线l的距离为2 C. 已知向量，，则在上的投影向量为 D. 已知向量，，若，则为钝角 【答案】BC 【解析】 【分析】应用空间向量法结合数量积公式计算判断线面关系判断A，应用投影向量、点到直线距离公式计算判断B，应用投影向量公式计算判断C，应用空间向量共线得出夹角判断D. 【详解】因为直线l的一个方向向量为，平面α的一个法向量为，·，所以或，故A项错误； 由题意得，又，所以在方向上的投影向量的模为==， 则点到直线l的距离，故B项正确； 因为向量，，所以在上的投影向量为·，故C项正确； 当时，此时不是钝角，故D项错误． 11. 已知圆C：x2+(y+a)2=1与直线x+y-1=0交于M，N两点，点P为线段MN的中点，O为坐标原点，直线OP的斜率为-3，圆C与y轴交于A，B两点，点Q是圆C上异于A，B的任意一点，直线QA，QB分别交直线l：y=-4于R，S两点，则下列说法正确的是（ ） A. a=-2 B. △MCN是等腰直角三角形 C. △MON的面积为1 D. 当点Q变化时，以RS为直径的圆过圆C内的定点（0，-4） 【答案】ABD 【解析】 【分析】由直线与弦的交点确定，利用圆心与弦中点的连线垂直于弦求，再求、的坐标判断三角形形状及面积；用直线的斜率表示、，写出以为直径的圆的方程，令确定其经过的定点． 【详解】对于A，由题意知直线的方程为，联立，解得，圆心为． 因为为弦的中点，且，所以，而的斜率为，故，解得，故A正确； 对于B，由A项知，联立，解得交点坐标为、，不妨设、． 因为，所以，且，因此是等腰直角三角形，故B正确； 对于C，点到直线的距离为，由B项所得交点坐标，得，所以，故C错误； 对于D，由圆的方程，不妨设、，则为圆的直径． 因为是圆上异于、的点，所以，且的横坐标不为0，、的斜率均存在且不为0． 设直线的方程为，其中，令，得； 由，得直线的方程为，令，得． 设线段的中点为，则，以为直径的圆的半径为，所以该圆的方程为，即． 令，得，解得，这两个值均与无关． 因为，所以，因此位于圆内，且对任意符合条件的，以为直径的圆均经过，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在城市规划中，有两条笔直的道路，在地面所在的平面上，以市中心广场上的纪念塔所在的位置为原点，1千米为单位长度，建立适当的坐标系，第一条道路所在直线的方程为，第二条道路所在直线的方程为，则两条道路的交叉口到纪念塔的距离为____千米． 【答案】10 【解析】 【分析】先联立两条直线方程求出交点坐标，再利用两点间距离公式，即可求得交点到坐标原点的距离. 【详解】联立两条直线的方程得，解得, 所以交点坐标为，交点到原点的距离（千米）， 即两条道路的交叉口到纪念塔的距离为10千米． 13. 已知正方体的棱长为1，点满足，且，则直线与平面所成角的正切值的最大值为____． 【答案】 【解析】 【分析】借助平面向量基本定理确定动点在底面上，利用面面平行转换线面角，再结合线面垂直得到角的正切表达式，最后用基本不等式求出最小值，从而得到正切的最大值. 【详解】由于，得点在平面内． 平面平面， 直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 平面， 直线与平面所成的角为， ， 又， ， ， 可得， 当且仅当，即时，等号成立，可知的最小值为， 则的最大值为，故的最大值为． 14. 已知直线：和点，规定点到直线的调和距离．设圆上的任意一点到直线：，：的调和距离分别为，，则的取值范围为____． 【答案】 【解析】 【分析】设，结合调和距离的概念，表示出，再结合余弦函数的值域求的取值范围. 【详解】设为，. 由题意可得，， 即有． 由，得， 所以，故的取值范围为 ． 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. 已知直线：，：，其中为实数． （1）当时，求的值； （2）当时，求过直线，的交点且平行于直线的直线方程． 【答案】（1）或 （2）． 【解析】 【小问1详解】 ， 则， 解得或. 【小问2详解】 当时：：，： 联立得，得：， 即直线，的交点为， 又直线与平行，设直线为， 将代入得：， 所以直线方程为. 16. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段的中点． （1）求证：直线平面． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：以A为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，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,得, 令，得平面的一个法向量为． 因为，所以， 又直线平面，所以直线平面． （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，平面的法向量，根据空间线面位置关系的向量证明方法，即可证明； （2）求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面的法向量为， 则，得， 令，得平面的一个法向量为． 因为，设直线与平面所成的角θ， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知圆，直线l的方程为，点P是直线l上一动点，过点P作圆M的切线，切点分别为A，B，如图所示． （1）当与x轴平行时，求直线的方程； （2）求四边形的面积S的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可求出点P的坐标，结合圆的切线性质，求出以为直径的圆G的方程，可判断为圆M与圆G的公共弦，联立两圆方程即可求得答案； （2）表示出四边形的面积，再结合点到直线的距离即可求解. 【小问1详解】 圆可化为，得到圆心，半径． 由与x轴平行，可得直线的方程为． 由,可得． 因为是圆M的一条切线，所以， 又，所以以为直径的圆G的圆心为，半径， 所以以为直径的圆G的方程为， 故为圆M与圆G的公共弦，联立,得到， 即直线的方程为． 【小问2详解】 因为过点P作圆M的切线，切点分别为，所以， 所以四边形的面积， 当最小时，四边形的面积S最小， 而的最小值为点M到直线的距离，即， 所以四边形的面积S的最小值为． 18. 在如图所示的几何体中，平面，平面，，，是棱上一点． （1）求证：平面． （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． （3）求点到直线的距离的最大值． 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以． 又因为，，且平面，所以平面． （2）． （3）3． 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直性质定理推出，结合已知，利用线面垂直判定定理证得平面； （2）建系写出各点坐标，求出两个平面的法向量，利用法向量夹角公式计算锐二面角的余弦值； （3）设参数表示点，写出向量，由找到垂直条件，依据点到直线距离模型得到距离最大值为. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作，则平面，以点为原点，，，的正方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由，得． 由，得． 设平面的法向量为，且，， 则，令，则， 所以是平面的一个法向量． 设平面的法向量为，且，， 则令，则， 所以是平面的一个法向量． 设平面与平面所成的锐二面角为，则， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 【小问3详解】 由是棱上一点，可设， 由（2）知， 所以． 由（2）知，． 若，则，解得，满足题意， 则有，此时点到直线的距离最大，等于线段的长， 所以点到直线的距离的最大值为． 19. 人脸识别技术是一种基于生物特征识别的技术，通过摄像头捕捉人脸图象，提取面部特征，并与预先存储的人脸特征库进行比对，从而实现身份识别．该技术涉及图象处理、模式识别、机器学习等多个领域，主要应用距离测试样本之间的相似度．常用的测量距离的方式如下：设，定义欧几里得距离，曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，分别求和，并比较这三种距离的大小． （2）若， ，求的取值范围． （3）已知是直线上的两个动点，是否存在直线，使得？若存在，求出所有满足条件的直线l的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），， ； （2） （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）根据定义求出，， ，从而得到结论． （2）根据定义求出，设，通过计算将问题转化为半圆与直线：有公共点时的取值范围，利用数形结合及直线与圆相切得到的取值范围，从而得到所求. （3）求出．设，求出，分别按照和讨论求解. 【小问1详解】 因为，所以，． =， ， ， 所以． 【小问2详解】 由已知得，， 所以， 设，则有， 所以问题转化为半圆与直线：有公共点时的取值范围， 即半圆与直线：有公共点时的取值范围， 由转化为， 得圆心坐标为，半径为，如图， 当直线经过点时，； 当直线与半圆相切时，由，得=2，解得， 又，解得，所以． 综上，． 因此， 所以． 【小问3详解】 ． 设，则． 若，则，符合题意； 若，则， 根据分段函数的性质可知， ， 且恒成立， 当且仅当时取等号．综上所述，满足条件的直线的方程为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $