精品解析：广西河池市环江毛南族自治县高级中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

2026秋季学期高二年级单元检测 数学试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则在上的投影向量为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助投影向量的定义计算即可得. 【详解】. 故选：B. 2. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【详解】对于A选项，，故，，共面； 对于B选项，，故，，共面； 对于C选项，不能用与向量表示出来，故，，不共面； 对于D选项，，故，，共面 3. 在平面四边形中，为正三角形，，，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体，若四面体外接球的球心为O，当四面体的体积最大时，点O到平面ABD的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据四面体的体积最大时，求出点O位置，利用等体积转换法即可求出点O到平面ABD的距离. 【详解】由题意可知当平面平面时四面体的体积最大时， 因为为正三角形，，， 所以， 则， 当平面平面时， 取线段中点，则点为直角三角形的外心， 连接，则易知平面， 所以四面体外接球球心在上， 因为为正三角形， 所以四面体外接球球心即为的中心， 则， 设点到面的距离为，点到面的距离为， 由得， 因为边长为2，所以， ， 中，， 所以， 则， 所以点到面的距离为. 故选：C 4. 已知抛物线，过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，交圆于两点，其中位于第一象限，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】求出焦点坐标为，设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，得到，由焦半径得到，，从而得到，利用基本不等式求出的最小值. 【详解】由题意得，焦点坐标为， 当直线斜率不存在时，不满足交抛物线于两点，舍去， 设直线方程为，联立得，， 方程的判别式， 设， 则，， 则，， 其中的圆心为，半径为1， 故，同理可得， ， 当且仅当，即时，等号成立， 故选：C 5. 已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得到曲线轨迹为以为圆心，2为半径的上半圆，求出恒过定点，把半圆和直线画出，数形结合得到有两个相异的交点时实数k的取值范围. 【详解】，变形得到， 故曲线轨迹为以为圆心，2为半径的上半圆， 恒过定点，把半圆和直线画出，如下： 当过点时，满足两个相异的交点， 且此时取得最大值，最大值为， 当与相切时，由到直线距离等于半径可得 ，解得， 故要想曲线与直线有两个相异的交点， 则. 故选：B 6. 空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，，点N为BC的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用中点的向量表示求出，再由计算. 【详解】因为为的中点，所以. 由题意得. 因此. 7. 在空间中，已知平面的一个法向量和平面上一点，平面上任意一点的坐标满足的关系式为．则该方程称为这个平面的方程，若两平面的方程分别为和，则这两平面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定两个平面的法向量，根据向量的夹角公式，即可求得答案. 【详解】因为两个平面的方程为和， 由题意可得，两个平面的法向量分别为， 故两平面夹角的余弦值为. 故选：D. 8. 已知，为双曲线的焦点，过作垂直于实轴的直线交双曲线于，两点，交虚轴于点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件,可得为中点，，可得，，再由双曲线的对称性，到出为等边三角形，将用表示，结合双曲线的定义，即可求解. 【详解】作垂直于实轴的直线交双曲线于，两点，， 为中点，平方得，， ，由双曲线的对称性，， 为等边三角形，在， ， . 故选:B 【点睛】本题考查双曲线的几何性质，以及利用其定义求离心率，属于中档题. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知正方体棱长为2，P为空间中一点，下列论述正确的是（ ） A. 若，则异面直线BP与所成角的余弦值为 B. 若三棱锥的体积是定值 C. 若，有且仅有一个点P，使得平面 D. 若，则异面直线BP和所成角取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】A：为中点，连接，若分别是中点，连接，找到异面直线BP与所成角为或其补角，求其余弦值；B：在（含端点）上移动，△面积恒定，到面的距离恒定，即可判断；C：若分别是中点，在（含端点）上移动，证明面，易知要使面，则必在面内，即可判断；D构建空间直角坐标系，设，应用向量夹角的坐标表示求，进而判断夹角的范围. 【详解】A：由，即为中点，连接，若分别是中点， 连接，则， 又且，即为平行四边形，所以， 所以异面直线BP与所成角，即为或其补角， 而，，， 故，故A错误； B：由知：在（含端点）上移动，如下图示， △面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，故B正确； C：若分别是中点，由知：在（含端点）上移动， 由面，面，则面面， 由，面面，面， 所以面，面，则，同理可证：， 由，、面，故面， 而面面，要使面，则必在面内， 显然面，故C错误； D：由知：在（含端点）上移动， 如图以为原点，分别为轴建系， 则，，，则， 设，则， 所以，令， 当，即时，，此时直线和所成角是； 当，即时，则， 当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，故D正确. 故选：BD 10. 已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，为坐标原点，为上一点，且位于第二象限，过点作轴，垂足为，直线分别与轴交于点，则下列结论正确的是（ ） A. 若是的中点，则 B. 若是的中点，则是的中点 C. D. 若是的中点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据点是的中点得，计算直线的方程，与椭圆联立可得点坐标，由此可得选项A错误；计算直线的方程可得选项B正确；利用可得选项C正确；利用线段比例关系可得选项D正确. 【详解】 由题意得，，，， A.∵点是的中点，∴， ∴，故直线的方程为， 由得，，解得或， 将代入，可得，即，，A错误． B.由，得，故直线的方程为， 令，得，即，∴是的中点，B正确． C.设，直线的斜率分别为，则，，， ∴， 直线的方程分别为，， 分别令得，，， ∴，C正确． D.由，得，． ∵是的中点，∴． ∵，∴，故，D正确． 故选：BCD. 11. 如图，菱形的对角线与交于点是的中位线，与交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形，且平面．则下列结论中正确的是（ ） A. 异面直线与的夹角为 B. 平面平面 C. 与可能垂直 D. 与可能平行 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据余弦定理计算异面直线夹角，面面垂直的判定定理，面面垂直推得线线垂直，线线平行判定判断各个选项. 【详解】对于A，因为是的中位线，所以， 则为异面直线与的夹角， 由题意可知，在中，， 故， 所以异面直线与的夹角为，A正确； 对于B，在菱形中有, 在等腰三角形中，又因为是平面内的两条相交直线， 所以平面，又因为平面， 则平面平面，B正确； 对于C，由B选项可知平面，平面，故， 平面与平面的交线为EF， 当平面与平面垂直时可得平面， 平面，故，C正确； 对于D，根据题意可知，易发现相交，且平面， 所以与不可能平行，D错误； 故选：ABC. 【点睛】平面图形的旋转为载体，证明线线、面面垂直一般用判定定理或性质定理进行证明； 空间线线、线面的位置关系及异面直线及其所成的角可用定义法或空间向量法； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 两条平行直线与之间的距离为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两直线平行可求得，由平行直线间距离公式可求得结果. 【详解】，，解得：， ，即， 之间的距离. 故答案为：. 13. 已知直线过点，且为其一个方向向量，则点到直线的距离为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由点到直线的距离公式求解. 【详解】解：因为点，点， 所以， 所以点到直线的距离为： ， 故答案为： 14. 过抛物线 的焦点F的直线交抛物线于点A，B，交其准线l于点C，若点是AC的中点，且，则线段AB的长为_____________ 【答案】 【解析】 【详解】设过抛物线 的焦点的直线交抛物线于点，交其准线于，因为是的中点，且,所以，解得，即，则的方程为，联立，得，解得，所以. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，且是的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正切值； （3）求二面角的正弦值． 【答案】（1） ∵平面，平面，∴， 又四边形是矩形，∴，∵，∴平面， ∵平面，∴，又是的中点，，∴， ∵，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先证明平面，由线面垂直的判定定理即可证明平面； （2）由题可得异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，然后在中根据求解即可； （3）取中点为，连接，再过作的垂线交于点，可证得二面角的平面角是，然后在中根据求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵底面是矩形，∴，∴异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，由（1）得平面，∴平面， ∵平面，∴，∴为直角三角形，又是的中点，，∴，∴在中，即为异面直线与所成角，故， ∴异面直线与所成角的正切值为． 【小问3详解】 取中点为，连接，再过作的垂线交于点， 在中，分别为线段的中点，故， ∵平面，∴平面，∵平面，∴， ∵，∴平面， ∵平面，∴，∴二面角的平面角是， ∵平面，平面，∴， ∴是直角三角形，∴二面角的正弦值， ∵，∴，由（1）得平面且平面，∴，∴，∴， ∵，∴，∴，∴， ∴二面角的正弦值． 16. 已知抛物线：，直线与抛物线有且只有一个交点． （1）求抛物线的方程； （2）若直线与抛物线交于异于原点的两点，，若，过作的垂线，垂足为，求证：直线恒过定点，并求出的取值范围． 【答案】（1） （2）直线恒过定点 的取值范围为 【解析】 【分析】（1）联立直线与抛物线方程，根据，求的值； （2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，根据，结合根与系数的关系确定直线恒过定点；求出点的轨迹方程，利用几何意义确定的取值范围． 【小问1详解】 联立直线与抛物线方程： ，消去得， 因为直线与抛物线仅有一个交点，所以，即， 因为，所以， 所以抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 设直线，，，. 联立，得， 根据根与系数的关系得，. 由 ，得，即， 其中，故， 所以得，，因为，所以， 因此直线，恒过定点. 因为点在直线上，所以， 又，，故，即. 将及代入， 得，整理得，，即， 又直线不过原点，所以点的轨迹方程为.其轨迹为圆心，半径为2的圆，去除点. 令，得， 由，解得， 因此的取值范围为. 17. 如图，四棱锥S—ABCD中，底面ABCD为菱形，，侧面SAB⊥侧面SBC，M为AD的中点． （1）求证：平面SMC⊥平面SBC； （2）若AB与平面SBC成角时，求二面角的大小， 【答案】（1） 因为，又M为AD的中点， 所以， 又， 所以， 又M为AD的中点，底面为菱形，， 所以， 所以， 因为，，， 平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直与面面垂直的判定定理求解即可； （2）取的中点，连接，由题意可得，取的中点，连接，可证明是二面角的平面角，求出角的大小即可求解 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，又， 所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又与平面所成的角为， 所以， 又， 所以， 由（1）知平面，又平面， 所以， 又， 所以， 取的中点，连接， 因为， 所以， 所以是二面角的平面角， 又， 所以， 又， 所以，即， 所以二面角的大小为， 18. 已知直线与焦点为F的抛物线相切. （Ⅰ）求抛物线C的方程； （Ⅱ）过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ） 【解析】 【分析】（Ⅰ）联立和，利用即可求得，从而得到抛物线方程；（Ⅱ）设直线为，与抛物线联立后可利用韦达定理求得，进而得到；由中点坐标公式可求得中点；利用点到距离之和等于点到的距离的倍，可将所求距离变为关于的函数，求解函数的最小值即可得到所求距离之和的最小值. 【详解】（Ⅰ）将与抛物线联立得： 与相切 ，解得： 抛物线的方程为： （Ⅱ）由题意知，直线斜率不为，可设直线方程为： 联立得： 设，，则 线段中点 设到直线距离分别为 则 当时， 两点到直线的距离之和的最小值为： 【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到根据直线与抛物线的位置关系求解抛物线方程、抛物线中的最值问题的求解等知识；求解最值的关键是能够将所求距离之和转变为中点到直线的距离，利用点到直线距离公式得到函数关系，利用函数最值的求解方法求得结果. 19. 如图所示，已知四棱锥中，底面是平行四边形，侧面为直角三角形，是的中点，是直线上的动点，过直线的平面与侧棱，分别交于，且，其中，. （1）求证：； （2）求异面直线与所成的角； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明：由题意可知四边形是平行四边形，所以， 即有平面， 又由平面，平面平面，所以， 即得. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行性质定理证明可得； （2）由异面直线定义可知直线与所成的角为（或其补角），可求得其为； （3）方法1：根据线面角的空间向量求法求出平面的法向量，再由函数性质可得其最大值； 方法2：由是直线上的动点，结合线面角与二面角之间的关系，求出平面与平面所成锐二面角的大小，可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，则直线与所成的角为（或其补角）， 又由为直角三角形，且，所以， 即得异面直线与所成的角为 【小问3详解】 设直线与平面所成角为， 取的中点为，连接，， 由，所以，又由是直角三角形，且，所以，又因为，分别是，的中点，所以可得， 又由，平面，且，所以平面， 又因为平面，所以可得， 又由，所以， 所以平面. 此时分别以，，可为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，如下图所示： 则可得，，，，，. 方法1：， 由，可得，即得， 设平面的一个法向量， 又由可得； 令，则，所以， 所以可得， 当且仅当与点重合时取得等号， 所以直线与平面平面所成角的正弦值的最大值为. 方法2：设平面与平面所成锐二面角记为，则有. 由方法1知，平面的一个法向量， 由可得，易知； 设平面的一个法向量， 所以，解得，令，可得； 即， 所以，所以可得， 即得 所以直线与平面平面所成角的正弦值的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026秋季学期高二年级单元检测 数学试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则在上的投影向量为（ ）． A. B. C. D. 2. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 3. 在平面四边形中，为正三角形，，，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体，若四面体外接球的球心为O，当四面体的体积最大时，点O到平面ABD的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 已知抛物线，过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，交圆于两点，其中位于第一象限，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，，点N为BC的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 在空间中，已知平面的一个法向量和平面上一点，平面上任意一点的坐标满足的关系式为．则该方程称为这个平面的方程，若两平面的方程分别为和，则这两平面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，为双曲线的焦点，过作垂直于实轴的直线交双曲线于，两点，交虚轴于点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知正方体棱长为2，P为空间中一点，下列论述正确的是（ ） A. 若，则异面直线BP与所成角的余弦值为 B. 若三棱锥的体积是定值 C. 若，有且仅有一个点P，使得平面 D. 若，则异面直线BP和所成角取值范围是 10. 已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，为坐标原点，为上一点，且位于第二象限，过点作轴，垂足为，直线分别与轴交于点，则下列结论正确的是（ ） A. 若是的中点，则 B. 若是的中点，则是的中点 C. D. 若是的中点，则 11. 如图，菱形的对角线与交于点是的中位线，与交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形，且平面．则下列结论中正确的是（ ） A. 异面直线与的夹角为 B. 平面平面 C. 与可能垂直 D. 与可能平行 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 两条平行直线与之间的距离为__________． 13. 已知直线过点，且为其一个方向向量，则点到直线的距离为____________. 14. 过抛物线 的焦点F的直线交抛物线于点A，B，交其准线l于点C，若点是AC的中点，且，则线段AB的长为_____________ 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，且是的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正切值； （3）求二面角的正弦值． 16. 已知抛物线：，直线与抛物线有且只有一个交点． （1）求抛物线的方程； （2）若直线与抛物线交于异于原点的两点，，若，过作的垂线，垂足为，求证：直线恒过定点，并求出的取值范围． 17. 如图，四棱锥S—ABCD中，底面ABCD为菱形，，侧面SAB⊥侧面SBC，M为AD的中点． （1）求证：平面SMC⊥平面SBC； （2）若AB与平面SBC成角时，求二面角的大小， 18. 已知直线与焦点为F的抛物线相切. （Ⅰ）求抛物线C的方程； （Ⅱ）过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值. 19. 如图所示，已知四棱锥中，底面是平行四边形，侧面为直角三角形，是的中点，是直线上的动点，过直线的平面与侧棱，分别交于，且，其中，. （1）求证：； （2）求异面直线与所成的角； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $