山西省晋中市部分学校2025~2026学年高二上册10月阶段性考试数学（B卷）试卷【附解析】

这是一份山西省晋中市部分学校2025~2026学年高二上册10月阶段性考试数学（B卷）试卷【附解析】，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．直线：在轴上的截距为（ ）
A．B．C．1D．2
2．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．已知直线的倾斜角为，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在正方体中，点在线段上，点在线段上，且，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．两条平行直线与之间的距离为（ ）
A．6B．5C．D．
6．在空间直角坐标系中，点，则到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．函数的最小值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
8．已知正方体的棱长为1，点为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，的长为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如果，那么直线通过（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
10．在空间直角坐标系中，点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．四点共面
11．在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．动点的轨迹所围成的图形周长为
B．动点的轨迹所围成的图形面积为
C．动点离原点的最长距离为2
D．动点离原点的最短距离为
三、填空题
12．已知直线的方向向量为且过点，则的方程为 .
13．在空间直角坐标系中，，若点在线段上，且，则点坐标为 ．
14．在平行六面体中，，且，若，，则棱的最大值为 .
四、解答题
15．已知的三个顶点的坐标分别为.
(1)求边上的中线所在直线的斜截式方程；
(2)求边上的高所在直线的截距式方程.
16．如图，四棱锥的侧棱底面，已知底面是正方形，若，且是的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
17．已知直线.
(1)已知直线恒过定点，求出点坐标；
(2)若直线交轴的正半轴于点，交轴的正半轴于点为坐标原点，设的面积为，求的最小值.
18．如图，矩形所在的平面，点是的中点，点是线段上的一动点，且.
(1)若，证明：；
(2)当三棱锥的体积是三棱锥的体积的2倍时，求平面和平面夹角的余弦值.
19．曼哈顿距离是由十九世纪的赫尔曼•闵可夫斯基所创词汇，是种使用在几何度量空间的几何学用语，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和.例如：在平面直角坐标系中，若，两点之间的曼哈顿距离；在空间直角坐标系中，若，两点之间的曼哈顿距离.
(1)已知点，求的值；
(2)已知点，点是直线上任意一点，求的最小值；
(3)已知在空间直角坐标系中，，动点满足，求动点围成的几何体的表面积.
1．B
由题意结合截距的概念运算即可得解.
【详解】令，代入，得，
故选：B
2．A
根据对称的性质即可求解.
【详解】显然关于平面对称点坐标为.
故选：A.
3．A
根据倾斜角与斜率的关系计算即可.
【详解】直线的斜率，
设直线的倾斜角为，
则，所以，
则.
故选：A.
4．D
建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线的夹角余弦即可.
【详解】设正方体的棱长为1，
以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则.
所以，即与所成角的余弦值为.
故选：D
5．C
借助平行线间距离公式计算即可得.
【详解】因为直线与平行，所以，
直线即为，
所以两条平行直线之间的距离为.
故选：C.
6．B
由点坐标写出向量坐标，然后取与的同向的单位向量，然后即可求得在上的投影，然后由勾股定理求出到直线的距离.
【详解】由题意得，取.
又，所以，.
即到直线的距离.
故选：B.
7．B
由题意，转化为轴上动点到第一象限两定点的距离之和最小值，利用对称性可得三点共线得解.
【详解】设.
由，
得的几何意义为的值.
点关于轴对称点的坐标为，
所以.
故选：B
8．D
建立空间直角坐标系，设，三棱锥的外接球球心为，外接球半径为，利用得到，根据最小时的值即可得到的坐标即可求出.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
设，则.
设三棱锥的外接球球心为，外接球半径为，则，
即，
化简得，则，
当时，最小，此时，即，所以.
故选：D
9．ABC
根据直线的斜率以及轴截距判断即可.
【详解】因为，所以，
由，得直线斜率，
令，
所以直线经过第一、二、三象限.
故选：ABC.
10．ABD
利用空间向量平行、垂直的坐标表示，模长公式一一判定选项.
【详解】由题可得.
所以，即，故A正确；
由，得，故B正确；
由，
得，故C错误；
对于选项D，因为，且，所以三点共线，
又，所以点不在所在直线上，所以可以确定一个平面，
即四点共面，故选项D正确.
故选：ABD.
11．AC
设，结合向量坐标运算及绝对值性质分类讨论可得点轨迹为菱形，则可利用菱形性质得到A、B、C，再利用等面积法计算可得D.
【详解】设，则，得.
由，得，即.
当，且时，方程为；
当，且时，方程为；
当，且时，方程为；
当，且时，方程为；
所以点对应的轨迹如图所示：
显然，，且点轨迹为菱形，
所以其周长为，面积为，所以A正确，B错误；
显然当在或点时，离原点距离最长为2，所以C正确；
离原点最短距离为，所以D错误.
故选：AC.
12．
先根据直线的方向向量求得直线的斜率，再根据点斜式写出方程即可.
【详解】因为直线的方向向量为，所以直线的斜率，
故的方程为，即.
故答案为：.
13．
由题可知，设，然后根据向量坐标运算求出 和的坐标，再利用列出方程，进而求解点M的坐标．
【详解】由，得.设，
由，得，
即.
解得，即.
故答案为：．
14．4
设，结合空间向量基本定理，利用数量积的运算律及模的运算列方程得，将代入，得，利用判别式法得，解不等式即可.
【详解】设，则有，
由，
所以，
所以
，
将代入，整理得，
所以，即，解得，
则棱的最大值为4.
故答案为：4.
15．(1)
(2)
（1）先求出边的中点，再有点斜式求出直线的方程，化成斜截式即可；
（2）先求出直线的斜率，利用高的性质求出边上的高线的斜率，再由点斜式求出高线方程，化成截距式即可.
【详解】（1）由，得的中点.
则边上的中线的斜率为.
故边上的中线所在直线方程为，
化为斜截式方程为.
（2）由，可得直线的斜率为.
则边上的高所在直线的斜率为.
所以边上的高所在直线方程为，
化为截距式方程为.
16．(1)证明见解析
(2)
（1）连接交于点，连接，证明，利用线面平行的判定定理即可证得结论；
（2）根据条件建系，写出相关点的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）如图，连接交于点，连接，
因为底面是正方形，所以为的中点，
又因为是的中点，所以，
又平面平面，所以平面.
（2）因为四棱锥的底面是正方形，所以，
又因为侧棱底面，所以，
如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
设，则.
所以，
设平面的法向量为，
则，即，故可取，
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.
17．(1)
(2)16.
（1）根据即可求解定点.
（2）根据面积公式，结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）由，得.
显然时，.所以直线恒过定点.
（2）由，
当时，；
当时，.
由题意可知，所以，
故.
当且仅当，即时取等号，
故的最小值为16.
18．(1)证明见解析；
(2).
（1）建系，写坐标，先设，由在上，可设出，利用此式子求出用表示的点的坐标，由得到，计算出的值，从而得到是的中点，即得；
（2）由三棱锥的体积是三棱锥的体积的2倍，通过转化三棱锥的顶点和底面得到，通过向量法求出的坐标，再求出平面和平面的法向量，利用向量的数量积求出平面和平面夹角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：因为矩形所在的平面，所以两两垂直.分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，，
因为是的中点，所以.
设，则，即，所以，
由，得，即，得，即是的中点，所以.
（2）设点到平面的距离为，点到平面的距离为，
三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
由已知可得，即，得，
，
设平面的法向量为，则即
得，取，得，
所以，
易得平面的法向量为，
则，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
19．(1)
(2)2
(3)
【详解】（1）由题意可得，所以.
（2）因为动点为直线上一点，则，
所以，
即
当时，；
当时，；
当时，.
综上，当时，的最小值为2.
（3）动点围成的几何体为八面体，每个面均为边长为的等边三角形，
其表面积为.
证明如下：不妨将平移到处，设，
若，则.
当时，即，
设，
则，
所以四点共面，
所以当时，在边长为的等边三角形内部（含边界）.
同理可知等边三角形内部任意一点，均满足，
所以满足方程的点，
构成的图形是边长为的等边三角形内部（含边界）
由对称性可知，围成的图形为八面体，每个面均为边长为的等边三角形.
故该几何体表面积.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
A
D
C
B
B
D
ABC
ABD
题号
11









答案
AC